計算機專業(yè)（基礎(chǔ)綜合）模擬試卷1（共455題）

計算機專業(yè)（基礎(chǔ)綜合）模擬試卷1（共9套）（共455題）計算機專業(yè)（基礎(chǔ)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、一個具有1025個結(jié)點的二叉樹的高h為()。A、11B、10C、11至1025之間D、10至1024之間標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：一棵二叉樹每層只有1個結(jié)點，則具有1025個結(jié)點的二叉樹的最大高度為1025。一個具有1025個結(jié)點的完全二叉樹的高度為11。這一個具有1025個結(jié)點的二叉樹的高h為11至1025之間。2、頁式存儲系統(tǒng)的邏輯地址是由頁號和頁內(nèi)地址兩部分組成的。假定頁面的大小為4KB，地址變換過程如圖1-2所示，圖中邏輯地址用十進制數(shù)表示。邏輯地址經(jīng)過變換后，十進制數(shù)物理地址a應(yīng)為()。A、33220B、8644C、4548D、2500標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：本題考查的是頁式存儲系統(tǒng)管理中的地址變換知識。在頁式存儲系統(tǒng)管理中，邏輯地址除以頁的大小，然后向下取整為頁號，取余為頁內(nèi)地址。本題頁面的大小為4KB，邏輯地址8644除以4096，取整為2，取余為452。頁號為2，查頁表得物理塊號為8。因此，a的有效地址為8×4096+452=33220。3、下面是有關(guān)DRAM和SRAM存儲器芯片的敘述：ⅠDRAM芯片的集成度比SRAM高ⅡDRAM芯片的成本比SRAM高ⅢDRAM芯片的速度比SRAM快ⅣDRAM芯片工作時需要刷新，SRAM芯片工作時不需要刷新通常情況下，錯誤的是()。A、Ⅰ和ⅡB、Ⅱ和ⅢC、Ⅲ和ⅣD、Ⅰ和Ⅳ標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：DRAM的集成度高于SRAM，SRAM的速度高于DRAM，可以推出DRAM的成本低于SRAM，SRAM芯片工作時不需要刷新，DRAM芯片工作時需要刷新。題時需要首先判斷多段敘述中各自的正確性，然后再在四個選項中挑選正確的選項。4、一個64位的計算機系統(tǒng)中，地址線寬為64位，實際使用的虛擬地址空間的大小是248，若采用虛擬頁式存儲管理，每頁的大小為213，即8KB，頁表表項長為8字節(jié)，采用多級頁表進行管理，那么，多級頁表的級次最小是()。A、3B、4C、5D、6標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：本題考查虛擬頁式存儲管理中多級頁表的計算。題目給定的條件，虛擬地址空間是248，即沒有完全使用64位地址。頁面大小為213，即8KB，則，用于分頁的地址線的位數(shù)為48—13=35。下面計算每一級頁表能容納的最多數(shù)量。由題意，每個頁面為8KB，每個頁表項為8字節(jié)，那么，一頁中能容納的頁表項為8KB／8B=1K，即1024個頁表項，可以占用10位地址線來尋址，故剩余的35位地址線可以分為35／10=3．5，上取整以后為4，因此，至少4級頁表才能完成此虛擬存儲的頁面映射。5、若一棵深度為6的完全二叉樹的第6層有3個葉子結(jié)點，則該二叉樹共有()個葉子結(jié)點。A、16B、17C、18D、19標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：首先根據(jù)每一層最多葉子結(jié)點的計算公式可知，完全二叉樹的第五層有16(24)個葉子結(jié)點，題目說第6層有3個葉子結(jié)點，那么這3個葉子結(jié)點肯定要占據(jù)第五層的2個葉子結(jié)點，第五層就只有14個葉子結(jié)點，然后再加上第六層的3個葉子結(jié)點，所以一共有14+3=17個葉子結(jié)點。6、表示浮點數(shù)時，若要求機器零在計算機中的表示為全“0”，則階碼應(yīng)采用的編碼是()。A、原碼B、反碼C、補碼D、移碼標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：移碼全為0時，它所對應(yīng)_的真值最小(絕對值最大的負數(shù))。所以當(dāng)階碼為全0，尾數(shù)也為全0時，表示機器零。[歸納總結(jié)]對于浮點數(shù)N＝M×rE，當(dāng)尾數(shù)M＝0時，不論其階碼為何值都有N＝0。另外一種情況，當(dāng)E<－2n時，M≠0，此時N≠0但非常接近于0，一般以N＝0處理。為了保證唯一性，要求規(guī)定一個標(biāo)準(zhǔn)的浮點數(shù)零的表示形式，稱為“機器零”，它應(yīng)該同時具有0的尾數(shù)和最小階碼(絕對值最大的負數(shù))。[解題技巧]原碼、補碼和反碼表示最小階碼時均不為全0，唯有移碼表示為全0。7、字長16位的補碼定點小數(shù)的表示范圍是()。A、0～1—2-15B、一(1－2-15)～1－2-15C、一1～1-15D、一1～1標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：表示定點小數(shù)時，補碼可比原碼、反碼多表示一個一1，選C。8、已知某信道的信號傳輸速率為64kb／s，一個載波信號碼元有4個有效離散值，則該信道的波特率為()kBaud。A、16B、32C、64D、128標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：一個碼元若取2n個不同離散值，則含有nbit的信息量。在本題中，一個碼元含有的信息量為2bit，由于在數(shù)值上波特率=比特率／每符號含的比特數(shù)，因此波特率為(64／2)k=32kBaud。9、原碼乘法時，符號位單獨處理，乘積的符號是()。A、兩個操作數(shù)符號相“與”B、兩個操作數(shù)符號相“或”C、兩個操作數(shù)符號相“異或”D、兩個操作數(shù)中絕對值較大數(shù)的符號標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：原碼的符號位為“1”表示負數(shù)，為“0”表示正數(shù)。原碼乘法時，符號位單獨處理，乘積的符號是兩個操作數(shù)符號相“異或”，同號為正，異號為負。10、在指令系統(tǒng)的各種尋址方式中，獲取操作數(shù)最快的方式是()。A、直接尋址B、立即尋址C、寄存器尋址D、間接尋址標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：立即尋址是一種特殊的尋址方式，指令中在操作碼字段后面的部分不是通常意義上的地址碼，而是操作數(shù)本身，也就是說數(shù)據(jù)就包含在指令中，只要取出指令，也就取出了可以立即使用的操作數(shù)，不必再次訪問存儲器，從而提高了指令的執(zhí)行速度。11、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(jié)構(gòu)決定B、由進程自己的代碼控制C、與進程調(diào)度策略有關(guān)D、在進程創(chuàng)建時確定的標(biāo)準(zhǔn)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(zhuǎn)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(dāng)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(diào)度和切換，以保證系統(tǒng)高效地運行。此時，進程由于被調(diào)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(diào)度的策略。不確定性也是并發(fā)系統(tǒng)的一個特征。12、關(guān)于數(shù)據(jù)交換，下列敘述不正確的是()。A、線路交換面向連接B、分組交換比報文交換具有更好的網(wǎng)絡(luò)響應(yīng)速度C、報文交換無存儲轉(zhuǎn)發(fā)過程D、分組交換有存儲轉(zhuǎn)發(fā)過程標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：該題考查數(shù)據(jù)交換的原理，要明確報文是一份完整的信息，而分組是報文分組的簡稱，又叫信息包，將報文劃分為若干格式化信息單位作為網(wǎng)絡(luò)層的數(shù)據(jù)傳輸單元。分組交換方式：將一份完整的報文劃分為若干組，每個分組獨立的從源節(jié)點發(fā)送到目的節(jié)點，目的節(jié)點收到這些分組后，再組裝成源報文。其特點是化整為零，即將完整的較長的報文劃分為較小的分組，以分組單位傳輸數(shù)據(jù)。優(yōu)點是減少節(jié)點緩沖區(qū)容量，并有利于差錯控制。而存儲轉(zhuǎn)發(fā)是指每個節(jié)點均設(shè)有緩沖區(qū)，分組到達某節(jié)點后，先存儲在緩沖區(qū)中，等待輸出鏈路空閑時在轉(zhuǎn)發(fā)到下一個節(jié)點。本題中面向連接的只有線路交換，存儲轉(zhuǎn)發(fā)只有分組和報文，由于分組交換的靈活性，使其具有更好的響應(yīng)速度，因此答案是C。13、假設(shè)一個連接的最大數(shù)據(jù)段長度為2KB，一個TCP的閥值為64KB，如果這時候傳輸發(fā)生了超時，那么新的閥值為()。A、32KBB、63KBC、128KBD、2KB標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：當(dāng)發(fā)生了超時的情況下，TCP的閥值將會減半。14、某計算機主存地址空間大小為256MB，按字節(jié)編址。虛擬地址空間大小為4GB，采用頁式存儲管理，頁面大小為4KB，TLB(快表)采用全相聯(lián)映射，有4個頁表項，內(nèi)容如表5-1所列。則對虛擬地址03FFF180H進行虛實地址變換的結(jié)果是()。A、0153180HB、0035180HC、TLB缺失D、缺頁標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：虛存地址空間4GB，則虛地址長度為32位，主存地址空間256MB，則主存地址長度為28位。頁面大小4KB，則頁內(nèi)地址長度為12位。虛擬地址03FFF180H中180H為頁內(nèi)地址，03FFFH為虛頁號，查TLB(快表)發(fā)現(xiàn)，該頁在主存中，其實頁號為0153H，所以虛實地址變換后的結(jié)果為0153180H。15、假如一個FCB塊的大小是64字節(jié)。盤塊的大小為1KB，則在每個盤塊中能存放的最大FCB數(shù)是()。A、64B、1C、1000D、16標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：FCB的存放是不能分開的，所以1KB大小的盤塊能存放的FCB數(shù)為：1024÷64=16，要注意單位的統(tǒng)一，約定俗成的KB一般指1024B，kB指1000B。16、若循環(huán)隊列以數(shù)組Q[0．．m一1]作為其存儲結(jié)構(gòu)，變量rear表示循環(huán)隊列中的隊尾元素的實際位置，其移動按rear＝(rear＋1)MODm進行，變量length表示當(dāng)前循環(huán)隊列中的元素個數(shù)，則循環(huán)隊列的隊首元素的實際位置是()。A、rear—lengthB、(rear—lengh＋m)MODmC、(1＋rear＋m—length)MODmD、m—length標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：按照循環(huán)隊列的定義，因為元素移動按照rear＝(rear＋1)MODm進行，則當(dāng)數(shù)組Q[m＝1]存放了元素之后，下一個入隊的元素將存放到Q[0]中，因此隊列的首元素的實際位置是(rear—length＋1＋m)MODm。17、以下關(guān)于校驗碼的敘述中，正確的是()。I．校驗碼的碼距必須大于2Ⅱ．校驗碼的碼距越大檢錯糾錯能力越強Ⅲ．增加奇偶校驗位的位數(shù)可以提高奇偶校驗的正確性Ⅳ．采用奇偶校驗可檢測出一位數(shù)據(jù)錯誤的位置并加以糾正V．采用海明校驗可檢測出一位數(shù)據(jù)錯誤的位置并加以糾正Ⅵ．循環(huán)冗余校驗碼是通過除法運算來建立數(shù)據(jù)和校驗位之間的約定關(guān)系的A、I、Ⅲ、VB、Ⅱ、Ⅳ、ⅥC、I、V、ⅥD、Ⅱ、V、VI標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：碼距≥2的數(shù)據(jù)校驗碼，開始具有檢錯的能力。碼距越大，檢、糾錯能力就越強；奇偶校驗碼的碼距等于2，可以檢測出一位錯誤(：或奇數(shù)位錯誤)，但不能確定出錯的位置，也不能檢測出偶數(shù)位錯誤；海明碼的碼距大于2，不僅可以發(fā)現(xiàn)錯誤，還能指出錯誤的位置，為自動糾錯提供了依據(jù)；循環(huán)冗余校驗碼則通過除法運算來建立數(shù)據(jù)和校驗位之間的約定關(guān)系。[歸納總結(jié)]數(shù)據(jù)校驗碼是指那些能夠發(fā)現(xiàn)錯誤或能夠自動糾正錯誤的數(shù)據(jù)編碼，又稱之為“檢錯糾錯編碼”。任何一種編碼都由許多碼字構(gòu)成，任意兩個碼字之間最少變化的二進制位數(shù)，被稱為數(shù)據(jù)校驗碼的碼距。具有檢、糾錯能力的數(shù)據(jù)校驗碼的實現(xiàn)原理是：在編碼中，除去合法的碼字外，再加進一些非法的碼字，當(dāng)某個合法碼字出現(xiàn)錯誤時，就變成為非法碼字。合理地安排非法碼字的數(shù)量和編碼規(guī)則，就能達到糾錯的目的。18、采用頁式內(nèi)存管理某虛擬存儲器，使用LRU頁面替換算法，假定內(nèi)存容量為4個頁面，且開始時是空的，考慮下面的頁面訪問地址流(每次訪問在一個時間單位內(nèi)完成)為1，8，1，7，8，2，7，2，1，8，3，8，2，1，3，1，7，1，3，7，則頁面命中次數(shù)是()。A、24B、14C、16D、6標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：LRU算法是堆棧型算法，按照頁面訪問地址流可以容易地得到命中次數(shù)，如表6—8所列。共命中14次。19、下列關(guān)于進程的敘述，()是最不符合操作系統(tǒng)對進程的理解。A、進程是在多程序并行環(huán)境中的完整的程序B、進程可以由程序、數(shù)據(jù)和進程控制塊描述C、線程(THREAD)是一種特殊的進程D、進程是程序在一個數(shù)據(jù)集合上運行的過程，是系統(tǒng)進行資源管理的一個獨立單位標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：A的說法片面。20、在微程序控制器中，微程序入口地址是由()形成的。A、機器指令的地址碼字段B、微指令的微地址碼字段C、機器指令的操作碼字段D、微指令的操作碼字段標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：當(dāng)執(zhí)行完公用的取指操作微程序(從內(nèi)存單元中取出機器指令并送至指令寄存器IR中)后，由機器指令的操作碼字段形成各個微程序的入口地址。21、如果子網(wǎng)172．6．32．0／20再劃分為172．6．32．0／26，則下面的結(jié)論中正確的是()。A、劃分為1024個子網(wǎng)B、每個子網(wǎng)有64臺主機C、每個子網(wǎng)有62臺主機D、劃分為2044個子網(wǎng)標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：本題考查子網(wǎng)劃分的基本算法，首先要明確本題是把現(xiàn)有子網(wǎng)進行了二次劃分，注意原子網(wǎng)的網(wǎng)絡(luò)號是前20位，再次劃分的網(wǎng)絡(luò)號是26位，也就是從原子網(wǎng)的主機位拿出來6位作為子網(wǎng)號，因此可以劃分26＝64個子網(wǎng)，還剩余6位作為主機號，也就是有效主機位是26－2＝62臺主機，因此答案是C。22、在平衡二叉樹中，下面敘述正確的是()。A、任意結(jié)點的左、右子樹結(jié)點數(shù)目相同B、任意結(jié)點的左、右子樹高度相同C、任意結(jié)點的左、右子樹高度之差的絕對值不大于lD、不存在度為1的結(jié)點標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：平衡二叉樹又稱AVL。它或者是一棵空樹，或者是具有下列性質(zhì)的二又樹：(1)左子樹和右子樹都是平衡二叉樹；(2)左子樹和右子樹的深度之差的絕對值不超過1。二叉樹上結(jié)點的平衡因子定義為該結(jié)點的左子樹的深度減去它的右子樹的深度?？梢?，平衡二叉樹上所有結(jié)點的平衡因子只可能是－1，0，1。只要二叉樹上有一個結(jié)點的平衡因子的絕對值大于1，則該二叉樹就是不平衡的。23、下列關(guān)于強連通圖的說法中，正確的是()。Ⅰ．n個頂點構(gòu)成的強連通圖至少有n條邊Ⅱ．強連通圖是任何頂點到其他所有頂點都有邊Ⅲ．完全有向圖一定是強連通圖A、僅Ⅰ、ⅡB、僅Ⅱ、ⅢC、僅Ⅰ、ⅢD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：Ⅰ：強連通圖是相對于有向圖而言的，即在有向圖G中，任何兩個頂點都存在路徑。所以最少的情況應(yīng)該是n個頂點構(gòu)成一個首尾相連的環(huán)，共有n條邊，故Ⅰ正確。Ⅱ：這個選項不細心的話很容易誤選。在有向圖中，邊和路徑是不同的概念。有向圖中頂點A和B之間存在邊，不能說明A和B是互相連通的，所以說正確的表述應(yīng)該是：強連通圖是任何頂點到其他所有頂點都有路徑，故Ⅱ錯誤。Ⅲ：完全有向圖肯定是任何頂點到其他所有頂點都有路徑，故Ⅲ正確。24、某數(shù)在計算機中用8421碼表示為011110001001，其真值是()。A、789B、789HC、1929D、11110001001B標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：8421碼由4位二進制表示一位十進制數(shù)，應(yīng)把它看作4位一組。B選項將結(jié)果寫成十六進制了，D選項誤把8421碼當(dāng)成二進制數(shù)了，C選項則是將D選項所表示的二進制數(shù)轉(zhuǎn)化成十進制數(shù)了。[歸納總結(jié)]二進制是計算機最適合的數(shù)據(jù)表示方法，把十進制數(shù)的各位數(shù)字變成一組對應(yīng)的二進制代碼，用4位二進制數(shù)來表示一位十進制數(shù)，稱為二進制編碼的十進制數(shù)(BCD碼)。4位二進制數(shù)可以組合出16種代碼，能表示16種不同的狀態(tài)，只需要使用其中的10種狀態(tài)，就可以表示十進制數(shù)的0～9十個數(shù)碼，而其他的6種狀態(tài)為冗余狀態(tài)。由于可以取任意的10種代碼來表示10個數(shù)碼，所以就可能產(chǎn)生多種BCD編碼。BCD編碼既具有二進制數(shù)的形式，又保持了十進制數(shù)的特點，可以作為入機聯(lián)系的一種中間表示，也可以用它直接進行運算。下表列出了幾種常見的BCD碼。25、段頁式存儲管理中，地址映射表是()。A、每個進程有一張段表，兩張頁表B、每個進程的每個段有一張段表，一張頁表C、每個進程一張段表，每個段一張頁表D、每個進程一張頁表，每個段一張段表標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：頁式存儲管理的特征是等分內(nèi)存，解決了外碎片問題。段式存儲管理的特征是邏輯分段，便于實現(xiàn)共享和保護。為了保持頁式和段式上的優(yōu)點，結(jié)合兩種存儲管理方案，形成了段頁式存儲管理。存儲管理系統(tǒng)為每個進程建立一張段表，為進程的每一段各建立一張頁表。地址轉(zhuǎn)換過程，要經(jīng)過查段表、頁表后才能得到最終的物理地址。故正確答案為C。26、前序遍歷和后序遍歷結(jié)果相同的二叉樹為()。A、只有根結(jié)點的二叉樹B、根結(jié)點無左孩子的二叉樹C、根結(jié)點無右孩子的二叉樹D、所有結(jié)點只有左子樹的二叉樹標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：使用特值法，排除B、C、D選項。27、文件系統(tǒng)中，當(dāng)調(diào)用open()去打開一個文件時，其主要目的是()。A、把文件內(nèi)容從外存調(diào)入內(nèi)存B、把文件的控制信息從外存調(diào)入內(nèi)存C、把文件系統(tǒng)的文件分配表調(diào)入內(nèi)存D、把文件系統(tǒng)的目錄調(diào)入內(nèi)存標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：本題考查對文件控制塊(FCB)的理解。文件控制塊是控制一個文件讀寫和管理文件的基本數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)，當(dāng)進程需要使用某個文件時，就會調(diào)用open()來打開文件，該調(diào)用將文件的文件控制塊從外存調(diào)入內(nèi)存，存放在進程表中的用戶活動文件表中，并在系統(tǒng)活動文件表中記錄該文件的打開次數(shù)，若是共享文件，還需要將其鏈接的用戶數(shù)加一。由于在進程表中存放有該文件的控制塊，用戶進程才能在調(diào)用read()時找到該文件的位置并對文件的內(nèi)容進行存取。而文件系統(tǒng)的信息，例如文件系統(tǒng)的控制信息，文件系統(tǒng)的文件分配表等是在掛載一個文件系統(tǒng)時就讀入內(nèi)存的，掛載文件系統(tǒng)可以是一個磁盤分區(qū)，也可以是一個文件目錄。28、關(guān)于DMA方式和通道方式，下列說法中錯誤的是()。A、DMA的數(shù)據(jù)傳送全部由硬件控制，而通道方式通過執(zhí)行通道程序來傳送數(shù)據(jù)B、一個DMA控制器連接多臺外設(shè)時，這些外設(shè)只能串行工作C、一個通道可連接多臺外設(shè)，且可使這些外設(shè)并行工作D、DMA控制器和通道都可以連接各種高低速設(shè)備標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：暫無解析29、以下4種以太網(wǎng)中，只能工作在全雙工模式下的是()。Ⅰ．10BASE—T以太網(wǎng)Ⅱ．100BASE-T以太網(wǎng)Ⅲ．吉比特以太網(wǎng)Ⅳ．10吉比特以太網(wǎng)A、僅Ⅱ、Ⅲ、IVB、僅ⅣC、僅Ⅲ、IVD、Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：10BASE-T以太網(wǎng)、100BASE-T以太網(wǎng)、吉比特以太網(wǎng)都使用了CSMA／CD協(xié)議，故可以工作在半雙工模式下。10吉比特以太網(wǎng)只工作在全雙工模式下，沒有爭用問題，故不需使用CSMA／CD協(xié)議，并且10吉比特以太網(wǎng)只使用光纖作為傳輸介質(zhì)。30、在OSI參考模型中，第N層和其上的第N+I層的關(guān)系是()。A、第N層為第N+1．層提供服務(wù)B、第N+1層將從第N層接收的信息增加了一個頭C、第N層利用第N+1層提供的服務(wù)D、第N層對N+1層沒有任何作用標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：本題考查OSI模型的層次關(guān)系，在協(xié)議的控制下，兩個對等實體間的通信使得本層能夠向上一層提供服務(wù)，同時要實現(xiàn)本層協(xié)議，還需要使用下層所提供的服務(wù)。本層的服務(wù)用戶只能看見服務(wù)而無法看見下面的協(xié)議。下層的協(xié)議對上層的服務(wù)用戶是透明的。也就是下一層要為上一層提供服務(wù)，并為上一層數(shù)據(jù)進行封裝，因此答案為A，這里選項B和C的說法正好相反，應(yīng)該是第N層將從第N+1層接收的信息增加了一個頭，第N+1層利用第N層提供的服務(wù)。31、某計算機系統(tǒng)，它的FCB占64B，一個磁盤塊的大小為1KB，采用1級目錄，假定文件目錄中有3200個目錄項，則查找一個文件平均啟動盤塊的次數(shù)是()。A、50B、100C、54D、200標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：一個磁盤塊可以放n=1kB／64B=16個目錄，現(xiàn)某一文件又能3200個目錄項，總共需3200／16=200個磁盤塊，又采用1級目錄結(jié)構(gòu)，故查找一個文件平均啟動盤塊的次數(shù)為200／2=100次。32、用直接插入排序方法對下列4個表進行(由小到大)的排序，比較次數(shù)最少的是()。A、94，32，40，90，80，46，21，69B、21，32，46，40，80，69，90，94C、32，40，21，46，69，94，90，80D、90，69，80，46，21，32，94，40標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：暫無解析33、下列陳述中正確的是()。A、由于微程序控制器具有設(shè)計規(guī)整、靈活性強等優(yōu)點，已經(jīng)全部取代硬布線控制器B、由于堆棧按照先入先出的固定順序訪問，故不需直接給出訪問地址C、集中式總線控制中，計數(shù)器定時查詢方式下，各設(shè)備的優(yōu)先級是固定不變的D、CPU在每個指令周期后響應(yīng)中斷請求標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：A錯，微程序控制器和硬布線控制器各有其優(yōu)點，不可能一方完全取代另一方。B錯，堆棧是按先入后出的方式訪問的。C錯，計數(shù)器定時查詢方式下，通過設(shè)定計數(shù)初值，設(shè)備的優(yōu)先級是可變的。34、若線性表最常用的運算是查找第三個元素及其前驅(qū)的值，則：果用()存儲方式節(jié)省時間。A、單鏈表B、雙鏈表C、單循環(huán)鏈表D、順序表標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：考查順序表和鏈表的優(yōu)缺點比較：35、支持多道程序的操作系統(tǒng)，區(qū)別于其他操作系統(tǒng)的主要特征為()。A、多用戶、進程的獨立性、進程之間的同步與通信B、進程的獨立性、進程之間的同步與通信、動態(tài)存儲分配C、進程的獨立性、動態(tài)存儲分配、虛存D、多內(nèi)核結(jié)構(gòu)、進程的獨立性、動態(tài)存儲分配標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：A是多用戶操作系統(tǒng)區(qū)別于其他操作系統(tǒng)的特點。36、進程P需要資源1、2、3、4，進程Q需要資源2、3、4、5，系統(tǒng)中有資源1、2、3、4、5各一個，以下序列()將導(dǎo)致死鎖。(+表示請求資源)A、P+1，P+2，Q+5，P+4，P+3，Q+3，Q+2，Q+4B、Q+5，Q+4，P+1，P+2，P+3，P+4，Q+3，Q+2C、Q+2，Q+3，Q+4，P+1，P+2，P+3，Q+5，P+4D、P+1，Q+4，Q+3，Q+2，Q+5，P+2，P+3，P+4標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：B選項，進程P申請資源4時，由于4已分配給了進程Q故進程P不能獲得足夠資源運行始終等待進程Q釋放4，而進程Q已獲得資源5、4還需資源2、3才能運行結(jié)束，而資源3已分配給進程P故Q也始終等待進程執(zhí)行完畢釋放資源，故進程P和Q相互等待對方釋放已占有的資源而發(fā)生死鎖現(xiàn)象。37、設(shè)有一棵3階B樹，如下圖所示。刪除關(guān)鍵字78得到一棵新B樹，其最右葉結(jié)點所含的關(guān)鍵字是A、60B、60.62C、62，65D、65標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：刪除關(guān)鍵字78，則需要對非葉子結(jié)點{55，65}進行分裂。將65與葉子結(jié)點{60，62}合并成一個葉子結(jié)點{60，62，65}，在3階B樹中，葉子結(jié)點中元素的個數(shù)不能多于3個，因此，葉子結(jié)點{60，62，65}需要進行分裂。將62轉(zhuǎn)到非葉子結(jié)點中，與55合并，即{55，62}；而60與65分別構(gòu)成新的葉子結(jié)點。最右邊的葉子結(jié)點的關(guān)鍵字為65。38、ARP協(xié)議的功能是A、根據(jù)IP地址查詢MAC地址B、根據(jù)MAC地址查詢lP地址C、根據(jù)域名查詢IP地址D、根據(jù)IP地址查詢域名標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：ARP的功能：根據(jù)IP地址查詢MAC地址。39、分區(qū)分配內(nèi)存管理方式的主要保護措施是____。A、界地址保護B、程序代碼保護C、數(shù)據(jù)保護D、棧保護標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：考查分區(qū)分配存儲管理方式的保護措施。分區(qū)分配存儲管理方式的保護措施是設(shè)置界地址寄存器。每個進程都有自己獨立的進程空間，如果一個進程在運行時所產(chǎn)生的地址在其地址空間之外，則發(fā)生地址越界，即當(dāng)程序要訪問某個內(nèi)存單元時，由硬件檢查是否允許，如果允許則執(zhí)行，否則產(chǎn)生地址越界中斷，由操作系統(tǒng)進行相應(yīng)處理。40、本地用戶通過鍵盤登錄系統(tǒng)時，首先獲得鍵盤輸入信息的程序是____。A、命令解釋程序B、中斷處理程序C、系統(tǒng)調(diào)用服務(wù)程序D、用戶登錄程序標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：考查中斷處理。鍵盤是典型的通過中斷I／O方式工作的外設(shè)，當(dāng)用戶輸入信息時，計算機響應(yīng)中斷并通過中斷處理程序獲得輸入信息。二、綜合應(yīng)用題(本題共10題，每題1.0分，共10分。)41、設(shè)某計算機有四級中斷A、B、C、D，其硬件排隊優(yōu)先級次序為A>B>C>D。下表列出了執(zhí)行每級中斷服務(wù)程序所需的時間。如果以執(zhí)行中斷服務(wù)程序的時間作為確定中斷優(yōu)先級的尺度：時間越短優(yōu)先級越高。(1)請指出如何為各級中斷服務(wù)程序設(shè)置屏蔽碼?(2)如果A、B、C、D分別在6μs、8μs、10μs、0μs時刻發(fā)出中斷請求，請畫出CPU執(zhí)行中斷服務(wù)程序的序列。(3)基于上題，請計算上述四個中斷服務(wù)程序的平均執(zhí)行時間。標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)如果以執(zhí)行中斷服務(wù)程序的時間長短來確定中斷優(yōu)先級(時間越短優(yōu)先級越高)，可知中斷處理的次序為：C>A>D>B。中斷服務(wù)程序屏蔽碼見下表。(2)根據(jù)各級中斷源發(fā)出的中斷請求信號的時刻，畫出CPU執(zhí)行中斷服務(wù)程序的序列，如下圖所示。中斷處理的優(yōu)先級別是C>A>D>B。0μs時，D請求來到，由于沒有其他的中斷請求，所以開始執(zhí)行中斷服務(wù)程序D。第6μs時，A請求來到，A的優(yōu)先級高于D，轉(zhuǎn)去執(zhí)行中斷服務(wù)程序A。第8μs時，B請求來到，由于B的優(yōu)先級低于A，所以不響應(yīng)B請求，繼續(xù)執(zhí)行中斷服務(wù)程序A。第10μs時，C請求來到，C的優(yōu)先級最高，雖然此時中斷服務(wù)程序A還沒有結(jié)束，也必須暫停轉(zhuǎn)去執(zhí)行中斷服務(wù)程序C。中斷服務(wù)程序C所需時間為3μs，當(dāng)?shù)?3μs時，中斷服務(wù)程序C執(zhí)行完畢，返回執(zhí)行中斷服務(wù)程序A。第14μs時，中斷服務(wù)程序A執(zhí)行完畢(總共執(zhí)行時間5μs)，返回執(zhí)行中斷服務(wù)程序D。第20μs時中斷服務(wù)程序D執(zhí)行完畢(總共執(zhí)行時間12μs)，返回現(xiàn)行程序。因為B請求還存在，所以此時開始執(zhí)行中斷服務(wù)程序B，直至第35μs時結(jié)束(總共執(zhí)行時間35μs)。(3)由于在35μs時間內(nèi)，完成了4級中斷的處理，所以平均執(zhí)行時間=35÷4=8．75μs。知識點解析：硬件排隊電路次序又稱中斷響應(yīng)次序，它是不可以改變的，在不改變硬件排隊電路的前提下，通過改變中斷屏蔽字可以改變中斷處理的優(yōu)先級，使原級別較低的中斷源變成較高的級別，這便稱為中斷升級。實際上中斷升級是一種動態(tài)改變優(yōu)先級的方法。42、已知下列各種初始狀態(tài)(長度為n)元素，試問當(dāng)利用直接插入法進行排序時，至少需要進行多少次比較(要求排序后的文件按關(guān)鍵字從大到小順序排列)?(1)關(guān)鍵字自小到大有序(key1(key2<……n)；(2)關(guān)鍵字自大到小逆序(key1>key2>……>keyn)；(3)奇數(shù)關(guān)鍵字順序有序，偶數(shù)關(guān)鍵字順序有序(key13……，key24<……)。(4)前半部分元素按關(guān)鍵字順序有序，后半部分元素按關(guān)鍵字順序逆序(key212<……(keym，keym+1>keym+2>……>keyn，m為中間位置)。標(biāo)準(zhǔn)答案：依題意，最好情況下的比較次數(shù)即為最少比較次數(shù)。(1)在這種情況下，插入第i個(2≤i≤n)元素的比較次數(shù)為1，因此，總的比較次數(shù)為1+1+1+……+1=n一1。(2)在這種情況下，插入第i個(2≤i≤n)元素的比較次數(shù)為i，因此，總的比較次數(shù)為2+3+4+……+n=(n一1)(n+2)／2。(3)在這種情況下，比較次數(shù)最少的情況是所有紀錄關(guān)鍵字均按升序排列，這時，總的比較次數(shù)為n一1。(4)在這種情況下，后半部分元素的關(guān)鍵字均大于前半部分元素的關(guān)鍵字時需要比較次數(shù)最少，此時前半部分的比較次數(shù)=m一1，后半部分的比較次數(shù)=(n—m一1)*(n—m+2)／2，因此，總的比較次數(shù)為m一1+(n—m一1)*(n—m+2)／2一(n一2)(n+8)／8(假設(shè)n偶數(shù)，m=n／2)。知識點解析：本題主要考查直接插入法的算法思想及性能分析。43、四位運算器框圖如圖6—2所示，ALU為算術(shù)邏輯單元，A和B為三選一多路開關(guān)，預(yù)先已通過多路開關(guān)A的SW門向寄存器R1，R2送入數(shù)據(jù)如下：R1=0101，R2=1010。寄存器BR輸出端接四個發(fā)光二極管進行顯示。其運算過程依次如下：(1)R1(A)+R2(B)→BR(顯示結(jié)果1010)；(2)R2(A)+R1(B)→BR(顯示結(jié)果1111)；(3)R1(A)+R1(B)→BR(顯示結(jié)果1010)；(4)R2(A)+R2(B)→BR(顯示結(jié)果1111)；(5)R2(A)+BR(B)→BR(顯示結(jié)果1111)；(6)R1(A)+BR(B)→BR(顯示結(jié)果1010)。試分析運算器的故障位置與故障性質(zhì)(“1”故障還是“0”故障)，說明理由。標(biāo)準(zhǔn)答案：運算器的故障位置在多路開關(guān)B，其輸出始終為R1的值。(1)R1(A)4-R2(B)一1010，輸出結(jié)果錯；(2)R2(A)+R1(B)=1111，結(jié)果正確，說明R2(A)，R1(B)無錯；(3)R1(A)4+R1(B)=1010，結(jié)果正確，說明R1(A)，R1(B)無錯。由此可斷定ALU和BR無錯；(4)R2(A)+R2(B)=1111。結(jié)果錯。由于R2(A)正確，且R2(A)=1010，本應(yīng)R2(B)=1010，但此時推知R：(B)=0101，顯然，多路開關(guān)B有問題；(5)R2(A)+BR(B)=1111，結(jié)果錯。由于R2(A)=1010，BR(B)=1111，但現(xiàn)在推知BR(B)=0101，證明開關(guān)B輸出有錯；(6)R1(A)+BR(B)=1010，結(jié)果錯。由于R1(A)=0101，本應(yīng)BR(B)=1111，但現(xiàn)在推知BR(B)=0101，再次證明開關(guān)B出錯。綜上所述，多路開關(guān)B輸出有錯。故障性質(zhì)：多路開關(guān)B輸出始終為0101。這有兩種可能：一是控制信號BS0，BS1始終為01，故始終選中寄存器R1；二是多路開關(guān)B電平輸出始終處于在0101上。知識點解析：暫無解析44、處理一次缺頁的平均時間為108ns(已含更新TLB和頁表的時間)，進程的駐留集大小固定為2，采用最近最少使用置換算法(LRU)和局部淘汰策略。假設(shè)：①TLB初始為空；②地址轉(zhuǎn)換時先訪問TLB，若TLB未命中，再訪問頁表(忽略訪問頁表之后的TLB更新時間)；③有效位為0表示頁面不在內(nèi)存，產(chǎn)生缺頁中斷，缺頁中斷處理后，返回到產(chǎn)生缺頁中斷的指令處重新執(zhí)行。設(shè)有虛地址訪問序列2362H、1565H、25A5H，請問：(1)依次訪問上述三個虛地址，各需多少時間?給出計算過程。(2)基于上述訪問序列，虛地址1565H的物理地址是多少?請說明理由。標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)根據(jù)頁式管理的工作原理，應(yīng)先考慮頁面大小，以便將頁號和頁內(nèi)位移分解出來。頁面大小為4KB，即212，則得到頁內(nèi)位移占虛地址的低12位，頁號占剩余高位?？傻萌齻€虛地址的頁號P如下(十六進制的一位數(shù)字轉(zhuǎn)換成4位二進制，因此，十六進制的低三位正好為頁內(nèi)位移，最高位為頁號)：2362H：P=2，訪問快表10ns，因初始為空，訪問頁表100ns得到頁框號，合成物理地址后訪問主存100ns，共計10ns+100ns+100ns=210ns。1565H：P=1，訪問快表10ns，落空，訪問頁表100ns落空，進行缺頁中斷處理108ns，合成物理地址后訪問主存100ns，共計10ns+100ns+108ns+100ns≈318ns。25A5H：P=2，訪問快表，因第一次訪問已將該頁號放入快表，因此花費10ns便可合成物理地址，訪問主存100ns，共計10ns+100ns=110ns。(2)當(dāng)訪問虛地址1565H時，產(chǎn)生缺頁中斷，合法駐留集為2，必須從頁表中淘汰一個頁面，根據(jù)題目的置換算法，應(yīng)淘汰0號頁面，因此1565H的對應(yīng)頁框號為101H。由此可得1565H的物理地址為101565H。知識點解析：暫無解析45、下圖是某模型機CPU的組成框圖。設(shè)該CPU采用同步控制邏輯，分取指周期、取第一操作數(shù)周期，取第二操作數(shù)周期、執(zhí)行周期四個機器周期，每個機器周期有T0、T1、T2三個節(jié)拍。試寫出如下雙操作數(shù)運算指令的微操作命令及節(jié)拍安排。ADDRO，(R1)完成功能(R0)+((R1))→RO標(biāo)準(zhǔn)答案：各機器周期的微操作命令及節(jié)拍安排如下。(1)取指周期T0：PC→總線→MAR→主存，微操作命令形成部件發(fā)讀信號到主存T1：M(MAR)→MDR，微操作命令形成部件發(fā)+1信號到PCT2：MDR→總線→IR，0P(IR)→微操作命令形成部件(2)取第一操作數(shù)周期T0：R0→總線→FIRSTT1：T2：(3)取第二操作數(shù)周期T0：R1→總線→MAR→知識點解析：暫無解析指令字長為12位，每個地址碼為3位，采用擴展操作碼的方式，設(shè)計4條三地址指令、16條二地址指令、64條一地址指令和16條零地址指令。46、給出一種操作碼的擴展方案。標(biāo)準(zhǔn)答案：操作碼的擴展方案：知識點解析：暫無解析47、計算該方案操作碼的平均長度。標(biāo)準(zhǔn)答案：操作碼的平均長度=全部指令的操作碼長度÷指令總數(shù)=(4×3+16×6+64×9+16×12)÷(4+16+64+16)=8．7。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(zhǔn)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(jié)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。48、給出A贏得第2次退避競爭的概率。標(biāo)準(zhǔn)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49、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(dāng)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(biāo)準(zhǔn)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50、給出A贏得所有其余后退競爭的概率的合理下限值。標(biāo)準(zhǔn)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(chǔ)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、用某種排序方法對線性表(25，84，21，47，15，27，68，35，20)進行排序時，元素序列的變化情況如下：(1)25，84，21，47，15，27，68，35，20(2)20，15，21，25，47，27，68，35，84(3)15，20，21，25，35，27，47，68，84(4)15，20，21，25，27，35，47，68，84則采用的排序方法是()。A、選擇排序B、希爾排序C、二路歸并排序D、快速排序標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：本題主要考查各種排序的手工排序過程。選擇排序在每趟結(jié)束后可以確定一個元素的最終位置，而題中第一趟結(jié)束后最小關(guān)鍵字并未出現(xiàn)在第一個位置；歸并排序會在第一趟結(jié)束后，形成若干個部分有序的子序列，并且長度遞增，直到最后的一個有序的完整序列；希爾排序也是形成部分有序的序列；快速排序以某個元素為界將大于它和小于它的關(guān)鍵字劃分為兩個子序列，再將該元素放在中間。觀察題中的元素排序過程，可知是快速排序。2、若CPU要執(zhí)行的指令為：MOVR0，R1(即將寄存器R1中的數(shù)據(jù)傳送到寄存器R0中)，則CPU首先要完成的操作是()。A、R1→R0B、R1→MDRC、PC→MARD、PC→IR標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：無論運行什么類型的指令，CPu首先需要取指令，取指令階段的第一個操作就是將指令地址(程序計數(shù)器PC中的內(nèi)容)送往存儲器地址寄存器。取指周期完成的微操作序列是公共的操作，與具體指令無關(guān)，取指公共操作如下：(1)將程序計數(shù)器PC中的內(nèi)容送至存儲器地址寄存器MAR，記作(PC)→MAR；(2)向主存發(fā)讀命令，記作Read；(3)從主存中取出的指令送到存儲器數(shù)據(jù)寄存器MDR，記作M(MAR)→MDR；(4)將MDR的內(nèi)容送至指令寄存器IR中，記作(MDR)→IR；(5)將PC的內(nèi)容遞增，為取下一條指令做好準(zhǔn)備，記作(PC)+1→PC。題干雖然給出了一條具體的指令“MOVR0，R1”，實際上CPU首先要完成的操作是取指令，與具體指令是沒有關(guān)系的。3、在連續(xù)內(nèi)存分配管理中，分區(qū)分配是最簡單的實現(xiàn)并發(fā)的內(nèi)存管理方法。對于該方法，進行內(nèi)存保護的措施是()。A、存取控制列表B、用戶權(quán)限保護C、程序狀態(tài)保護D、界地址保護標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：本題考查分區(qū)保護的主要措施。在分區(qū)分配內(nèi)存管理方法中，最常采用的方法是界地址保護法和基址、限長寄存器保護法。界地址保護法將每一個進程在內(nèi)存中的物理位置的上界和下界值存放到上下界地址寄存器中，進程的每一條指令或數(shù)據(jù)的物理地址均與這兩個上下界寄存器比較，一旦低于下界寄存器或大于上界寄存器均發(fā)生越界中斷，從而起到保護作用?；贰⑾揲L寄存器保護法是上述方法的改進。將進程的邏輯地址與限長寄存器比較，一旦越界就發(fā)出中斷，保護內(nèi)存?；芳拇嫫髦饕怯脕磉M行邏輯地址到物理地址的轉(zhuǎn)換。4、TCP／IP模型由以下層次構(gòu)成()。A、物理層、數(shù)據(jù)鏈路層、網(wǎng)絡(luò)層、傳輸層、會話層、表示層、應(yīng)用層B、網(wǎng)絡(luò)接口層、互聯(lián)網(wǎng)層、傳輸層、應(yīng)用層C、物理層、數(shù)據(jù)鏈路層、網(wǎng)絡(luò)層、傳輸層、應(yīng)用層D、局域網(wǎng)層、廣域網(wǎng)層、互聯(lián)網(wǎng)層標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：A屬于OSI的7層模型。5、下面關(guān)于奈氏準(zhǔn)則和香農(nóng)公式說法錯誤的是()。A、奈氏準(zhǔn)則指出了碼元傳輸?shù)乃俾适鞘芟薜模荒苋我馓岣?，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(zhǔn)則雖然是在理想條件下推導(dǎo)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(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：A選項即為奈氏準(zhǔn)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。6、采用鄰接表存儲的圖的廣度優(yōu)先遍歷算法類似于樹的()。A、中根遍歷B、先根遍歷C、后根遍歷D、按層次遍歷標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：深度優(yōu)先搜索遍歷類似于樹的先根遍歷，是樹的先根遍歷的推廣。廣度優(yōu)先搜索遍歷類似于樹的按層次遍歷的過程?；蛘哒f，樹的先根遍歷是一種深度優(yōu)先搜索策略，樹的層次遍歷是一種廣度優(yōu)先搜索策略。7、在32位總線系統(tǒng)中，若時鐘頻率為500MHz，傳送一個32位字需要5個時鐘周期，則該總線系統(tǒng)的數(shù)據(jù)傳送速率是()。A、200MB/sB、400MB/sC、600MB/sD、800MB/s標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：由于傳送4個字節(jié)的數(shù)據(jù)需要5個時鐘周期，4B×500MHz÷5=400MB／s。8、假設(shè)有k個關(guān)鍵字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關(guān)鍵字存入，至少要進行的探查次數(shù)是()。A、k－1B、kC、k＋1D、k(k＋1)／2標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：假設(shè)有k個關(guān)鍵字互為同義詞，若用線性探查法把這k個關(guān)鍵字存入，探查次數(shù)最少的情況是第1個關(guān)鍵字通過1次比較后插入，第2個關(guān)鍵字通過2次比較后插入，……，第k個關(guān)鍵字通過k次比較后插入?？偟谋容^次數(shù)＝1＋2＋……＋k＝k(k＋1)／2。9、用74181和174182芯片構(gòu)成小組內(nèi)并行進位，小組間并行進位，大組間串行進位的32位ALU，需要74182芯片的片數(shù)為()。A、0B、1C、2D、3標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：74181是內(nèi)部并行進位的4位ALU芯片，74182是4位先行進位芯片，故4片74181和1片74182可構(gòu)成小組內(nèi)并行進位，小組問并行進位的16位ALU；且題目要求構(gòu)成小組內(nèi)并行進位，大組內(nèi)串行進位的32位ALU，故只需將2個前述16位ALU串聯(lián)即可，共需2片74182芯片，選C。10、在計算機體系結(jié)構(gòu)中，cPU內(nèi)部包括程序計數(shù)器PC、存儲器數(shù)據(jù)寄存器MI)R、指令寄存器IR和存儲器地址寄存器MAR等。若CPU要執(zhí)行的指令為：MOVR0，#100(即將數(shù)值100傳送到寄存器R0中)，則CPU首先要完成的操作是()。A、100→R0B、100→MDRC、PC→MARD、PC→IR標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：無論運行什么類型的指令，CPU首先需要取指令，取指令階段的第一個操作就是將指令地址(程序計數(shù)器PC中的內(nèi)容)送往存儲器地址寄存器。[歸納總結(jié)]取指周期完成的微操作序列是公共的操作，與具體指令無關(guān)，取指公操作如下：(1)將程序計數(shù)器PC中的內(nèi)容送至存儲器地址寄存器MAR，記作(PC)→MAR；(2)向主存發(fā)讀命令，記作Read；(3)從主存中取出的指令送到存儲器數(shù)據(jù)寄存：器MDR，記作M(MAR)→MDR；(4)將MDR的內(nèi)容送至指令寄存器IR中，記作(MDR)→IR；(5)將PC的內(nèi)容遞增，為取下一條指令做好準(zhǔn)備，記作(PC)＋1→PC。[解題技巧]題干中雖然給出了一條具體的指令“MOVRO，#100”，實際上CPU首先要完成的操作是取指令，與具體指令是沒有關(guān)系的。11、考慮在一條：1000米長的電纜(無中繼器)上建立一個1Gbps速率的CSMA／CD網(wǎng)絡(luò)，假定信號在電纜中的速度為2X108米／秒。最小幀長是()。A、1250B、1230C、1280D、1220標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：本題考查CSMA／CD協(xié)議的基本原理，這里a代表單程端到端的傳播延時，因此2a=2×1000／2×108=10微秒。在1Gbps速率下，每位的時間為1納秒，所以最小幀長為10／10-3=10000位=1250字節(jié)，因此答案為A。12、在IP首部的字段中，與分片和重組無關(guān)的字段是()。Ⅰ．總長度Ⅱ．標(biāo)識Ⅲ．標(biāo)志域Ⅳ．片偏移A、僅ⅠB、僅Ⅰ、Ⅱ、ⅣC、僅Ⅱ、ⅢD、僅Ⅲ、Ⅳ標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：在IP首部中，標(biāo)識域的用途是讓目標(biāo)主機確定一個新到達的分段屬于哪一個數(shù)據(jù)報，用于重新組合分片后的IP數(shù)據(jù)報；而標(biāo)志域中的DF(是否不能分片)和MF(是否后面還有分片)位都與分片有關(guān)；片偏移則是標(biāo)志分片在IP數(shù)據(jù)報中的位置，重新組合分組的時候要用到，所以只有總長度字段用不上。13、某機器指令字長12位，有零地址、一地址、二地址3種指令，地址碼長4位，采用擴展操作碼技術(shù)。若二地址指令和一地址指令條數(shù)都取最大值，則該機指令條數(shù)最多為()。A、16B、46C、48D、4366標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：根據(jù)題意，二地址指令的操作碼長度為12-4×2=4，留一個編碼用于擴展，故最多可定義15條二地址指令；一地址指令擴展長度為4位，留一個編碼用于擴展，故最多可定義15條一地址指令；零地址指令可在一地址指令的基礎(chǔ)上擴展4位，故最多可定義16條零地址指令。根據(jù)題意，該機指令條數(shù)最多為15+15+16=46條。14、下面關(guān)于設(shè)備屬性的論述中，正確的是()。A、字符設(shè)備的基本特征是可尋址到字節(jié)，即能指定輸入的源地址或輸出的目標(biāo)地址B、共享設(shè)備必須是可尋址和可隨機訪問的設(shè)備C、共享設(shè)備是同一時間內(nèi)允許多個進程同時訪問的設(shè)備D、在分配共享設(shè)備和獨占設(shè)備時都可能引起進程死鎖標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：可尋址是塊設(shè)備的基本特征，故A不對。共享設(shè)備是指一段時間內(nèi)允許多個進程同時訪問的設(shè)備，在同一時間內(nèi)，即對某一時刻共享設(shè)備仍然只允許一個進程訪問，故C不正確。分配共享設(shè)備是不會引起進程死鎖的，故D不正確。15、下列說法中()不是創(chuàng)建進程必須的。A、建立一個進程的進程表項B、為進程分配內(nèi)存C、為進程分配CPUD、將進程表項放入就緒隊列標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：進程剛被創(chuàng)建后，實際上是處于就緒狀態(tài)的，所以不需要為進程分配CPU。16、浮點加減運算結(jié)果滿足()時，應(yīng)作“機器零”處理。A、尾數(shù)為“全0”B、階碼上溢C、階碼下溢D、A或者C標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：當(dāng)尾數(shù)為“全0”時，不論階碼為何值，該浮點數(shù)真值都為0，應(yīng)作“機器零”處理；當(dāng)階碼下溢時，說明浮點數(shù)的真值小于該機可以表示的最小值，也應(yīng)作“機器零”處理，故選D。17、設(shè)指令中的地址碼為A，變址寄存器為X，程序計數(shù)器為PC，則變址間址尋址方式的操作數(shù)有效地址EA是()。A、((PC)＋A)B、((X)＋A)C、(X)＋(A)D、(X)＋A標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：變址間址尋址方式就是先變址后間址，在4個選項中，選項A為相對尋址，選項C為問址變址尋址，選項D為變址尋址。[歸納總結(jié)]把變址和間址兩種尋址方式結(jié)合起來，按尋址方式操作的先后順序，有前變址和后變址兩種形式。前變址方式即變址問址方式，先進行變址運算，其運算結(jié)果作為間接地址，間接地址指出的單元的內(nèi)容才是有效地址，EA＝((X)＋A)。后變址方式即間址變址方式，將指令中的地址碼先進行一次間接尋址，然后再與變址值進行運算，從而得到一個有效地址，有效地址EA＝(X)＋(A)。18、下列有關(guān)通道技術(shù)的敘述中，不正確的是()。Ⅰ．通道可視為一種軟件，其作用是提高了CPU的利用率Ⅱ．編制好的通道程序是存放在主存儲器中的Ⅲ．通道又稱I／O處理機，它用于實現(xiàn)CPU與I／O設(shè)備之間的信息傳輸Ⅳ．通道程序是由一系列通道指令組成的A、僅Ⅰ、ⅢB、僅Ⅰ、Ⅲ、ⅣC、僅Ⅱ、Ⅲ、ⅣD、僅Ⅱ、Ⅲ標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：Ⅰ錯誤，通道可以獨立完成系統(tǒng)交付的輸入／輸出任務(wù)，通過執(zhí)行自身的通道指令完成主存與外設(shè)間的數(shù)據(jù)傳輸，故通道應(yīng)該是一種硬件，或者稱為是一種專用計算機。Ⅱ正確，為了快速地得到通道指令，通道指令應(yīng)存放在主存。Ⅲ錯誤，通道用于完成內(nèi)存與I／O設(shè)備的信息交換。Ⅳ錯誤，通道程序是由通道執(zhí)行的程序，是由一系列通道指令組成的。通道獨立于CPU，有自己的指令系統(tǒng)。該指令系統(tǒng)比較簡單，一般只有數(shù)據(jù)傳送指令、設(shè)備控制指令等。綜上分析，本題選B選項。知識點回顧：I／O通道是指專門用于負責(zé)輸入／輸出工作的處理機，它獨立于CPU，有自己的指令系統(tǒng)。該指令系統(tǒng)比較簡單，一般只有數(shù)據(jù)傳送指令、設(shè)備控制指令等。通道所執(zhí)行的程序稱為通道程序。I／O通道與一般處理機的區(qū)別：I／O通道的指令類型單一，沒有自己的內(nèi)存，通道所執(zhí)行的I／O通道程序是放在主機的內(nèi)存中的，也就是說，通道與CPU共享內(nèi)存。I／O通道與DMA控制方式的區(qū)別：DMA控制方式需要CPU來控制傳輸?shù)臄?shù)據(jù)塊大小、傳輸?shù)膬?nèi)存位置，而通道控制方式中這些信息是由通道控制的。另外，每個DMA控制器對應(yīng)一臺設(shè)備與內(nèi)存?zhèn)鬟f數(shù)據(jù)，而一個通道可以控制多臺設(shè)備與內(nèi)存的數(shù)據(jù)交換。19、通常對文件系統(tǒng)來說，文件名及其屬性可以集中在()。A、目錄B、索引C、字典D、作業(yè)控制塊標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：暫無解析20、將兩個長度為n的遞增有序表歸并成一個長度為2n的遞增有序表，最少需要進行關(guān)鍵字比較次數(shù)是()。A、1B、n-1C、nD、2n標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：假設(shè)有兩個有序表A和B都遞增有序，當(dāng)有序表A所有元素均小于B的元素時，只需將A的所有元素與B的第一個元素比較即可，其比較n次。21、已知X＝－0．875×21，Y＝0．625×22，設(shè)浮點數(shù)格式為階符1位，階碼2位，數(shù)符1位，尾數(shù)3位，通過補碼求出Z—X—Y的二進制浮點數(shù)規(guī)格化結(jié)果是()。A、1011011B、0111011C、100101lD、以上都不是標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：將X＝－0．875×22和Y＝0．625×22寫成7位浮點數(shù)形式，有X＝0011001和Y＝0100101，對階之后，X＝0101100，對階后尾數(shù)做減法，結(jié)果需要進行右規(guī)，最終結(jié)果Z＝0111011。[歸納總結(jié)]浮點數(shù)加、減運算一般包括對階、尾數(shù)運算、規(guī)格化、舍入和判溢出等步驟。對階就是使兩數(shù)的階碼相等，對階原則是小階向大階看齊，即階碼小的數(shù)的尾數(shù)右移，每右移一位，階碼加1，直到兩數(shù)的階碼相等為止。[解題技巧]假設(shè)7位浮點數(shù)中最高位為階符，只有選項B的階符為O，即階碼為正，所以馬上可以選中正確的答案。22、以下敘述中，不符合RISC指令系統(tǒng)特點的是()。A、指令長度固定，指令種類少B、尋址方式種類豐富，指令功能盡量增強C、設(shè)置大量通用寄存器，訪問存儲器指令簡單D、選取使用頻率較高的一些簡單指令標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：RISC即精簡指令系統(tǒng)計算機，選項B顯然不符合RISC的特點。[歸納總結(jié)]RISC的中心思想是要求指令系統(tǒng)簡化，盡量使用寄存器一寄存器操作指令，指令格式力求一致，大部分RISC具有下列特點：(1)指令總數(shù)較少(一般不超過100條)；(2)基本尋址方式種類少(一般限制在2～3種)；(3)指令格式少(一般限制在2～3種)，而且長度一致；(4)除取數(shù)和存數(shù)指令(Load／Store)外，大部分指令在單周期內(nèi)完成；(5)只有取數(shù)和存數(shù)指令能夠訪問存儲器，其余指令的操作只限于在寄存器之間進行；(6)CPU中通用寄存器的數(shù)目應(yīng)相當(dāng)多(32個以上，有的可達上千個)；(7)為提高指令執(zhí)行速度，絕大多數(shù)采用硬連線控制實現(xiàn)，不用或少用微程序控制實現(xiàn)；(8)采用優(yōu)化的編譯技術(shù)，力求以簡單的方式支持高級語言。23、設(shè)有五個進程共享一個互斥段，如果最多允許兩個進程同時進入互斥段，則所采用的互斥信號量初值應(yīng)該是()。A、5B、2C、1D、0標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：因為最多允許兩個進程同時進入互斥段，所以信號量為2。如果一個互斥段可以同時允許兩個進程進入，則相當(dāng)于有兩個互斥段。24、通過硬件和軟件的功能擴充，把原來獨占的設(shè)備改造成若干用戶共享的設(shè)備，這種設(shè)備稱為()。A、系統(tǒng)設(shè)備B、存儲設(shè)備C、用戶設(shè)備D、虛擬設(shè)備標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：暫無解析25、一個廣域網(wǎng)信道的比特率是4Kbps，傳播延遲為20ms，為了確保停止一等待協(xié)議至少50％的效率，那么，幀的大小至少是()。A、大于160bit，B、大于150bitC、大于140bitD、大于130bit標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：當(dāng)發(fā)送一幀的時間等于信道傳播延遲的2倍時，信道利用率是50％?；蛘哒f，當(dāng)發(fā)送一幀的時間等于來回路程的傳播延遲時，效率將是50％。本題中，往返傳播時間為20ms×2=40ms，發(fā)送速率是每秒4000位，即發(fā)送1位需0．25ms。40ms／0．25ms／位=160位。所以，幀大于160位時，采用停一等協(xié)議才有至少50％的效率，答案是A。26、某計算機的指令系統(tǒng)中有“先基址后間址”的尋址方式，基址寄存器為BR，形式地址為A，則有效地址為()。A、(BR)+AB、(BR+A)C、((BR)+A)D、((BR))+A標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：先基址，即基址寄存器內(nèi)容加形式地址，(BR)+A；再問址，即EA=((BR)+A)，選C。27、一棵深度為k的平衡二叉樹，其每個非葉子結(jié)點的平衡因子均為0，則該樹的結(jié)點數(shù)是()。A、2k-1-1B、2k-1C、2k-1+1D、2k一1標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：一棵深度為k的平衡二叉樹，其每個非葉子結(jié)點的平衡因子均為0，也就是說每個非終端結(jié)點都有左子樹和右子樹且高度相等。因此，這樣的平衡二叉樹即為滿二叉樹，而高度為k的滿二叉樹的結(jié)點數(shù)是2k一1。28、利用逐點插入建立序列(50，72，43，85，75，20，35，45，65，30)對應(yīng)的二叉排序樹以后，要查找元素30進行元素間的比較次數(shù)是()。A、4B、5C、6D、7標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：利用逐點插入法建立二叉排序樹是從空樹開始，通過查找，將每個結(jié)點作為一個葉子插入。按題目中數(shù)據(jù)的輸人次序建立的二叉排序樹如下圖10—3所示，查找元素30的比較次數(shù)為5次。29、分時系統(tǒng)中，為使多個用戶能夠同時與系統(tǒng)交互，最關(guān)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：暫無解析30、某機主存容量64KB，按字節(jié)編址。主存地址0100H處有一條相對轉(zhuǎn)移指令，指令字長16位，其中，第一個字節(jié)為操作碼，第二個字節(jié)為相對位移量(用補碼表示)，則該指令執(zhí)行結(jié)束后，后繼指令的地址范圍可能是()。A、0000H~FFFFHB、0080H～017FHC、0082H～0181HD、0080H～01FFH標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：該指令取指結(jié)束后，PC值自動加2，即(PC)一0102H；相對位移量用8位補碼表示，故其范圍為80H～7FH，擴展到16位為FF80H～007FH，與PC值相加就可得后繼指令的地址范圍為0082H～0181H。31、下列哪個選項不是RISC的特點()。A、只有取數(shù)和存數(shù)指令訪問存儲器，其余指令都在寄存器之間進行B、由使用頻率高的簡單指令和很有用且不復(fù)雜的指令組成C、使用RISC技術(shù)后，指令系統(tǒng)又回到了計算機發(fā)展早期的比較簡單的情況D、使用優(yōu)化的編譯程序標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：早期的指令系統(tǒng)簡單是由設(shè)計水平和器件水平?jīng)Q定的，而且RIS(二技術(shù)不是簡單地精簡了指令系統(tǒng)，而是在合理選擇簡單指令的基礎(chǔ)上采取了很多優(yōu)化措施，如縮短機器周期，采用流水線技術(shù)，使用優(yōu)化的編譯程序等等，兩者不可等同。32、在OSI參考模型中，自下而上第一個提供端到端服務(wù)的層次是()。A、數(shù)據(jù)鏈路層B、傳輸層C、會話層D、應(yīng)用層標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：傳輸層是第一個提供端到端服務(wù)的層次，它使用端口來區(qū)分不同的應(yīng)用程序。33、如果一臺計算機具有多個可并行運行的CPU，就可以同時執(zhí)行相互獨立的任務(wù)。歸并排序的各個歸并段的歸并也可并行執(zhí)行，因此稱歸并排序是可并行執(zhí)行的。那么以下的排序方法不可以并行執(zhí)行的有()。Ⅰ．基數(shù)排序Ⅱ．快速排序Ⅲ．起泡排序Ⅳ．堆排序A、僅Ⅰ、ⅢB、僅Ⅰ、ⅡC、僅Ⅰ、Ⅲ、ⅣD、僅Ⅱ、Ⅳ標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：此題解題的關(guān)鍵是要知道哪種內(nèi)部排序算法在執(zhí)行的過程中，不能劃分出子序列來進行并行的排序，快速排序在一趟劃分了兩個子序列后，各子序列又可并行執(zhí)行排序。而其他3種排序不能劃分成子序列來并行執(zhí)行排序，故4個選項中，只有快速排序可以并行執(zhí)行，故選c選項。34、指令系統(tǒng)中采用不同尋址方式的目的主要是()。A、可以直接訪問外存B、實現(xiàn)存儲程序和程序控制C、縮短指令長度，擴大尋址空間，提高編程靈活性D、提供擴展操作碼的可能并降低指令譯碼難度標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：暫無解析35、假定有一條通帶為100kHz的信道，每路信號的帶寬為3．2kHz，各路信號間的防護帶寬為0．8kHz。若采用頻分多路復(fù)用，那么最多可以同時傳輸()路信號。A、10路B、20路C、25路D、40路標(biāo)準(zhǔn)答案：C知識點解析：頻分復(fù)用指的是所有用戶按同樣的時間占用不同的帶寬資源，所以復(fù)用信號的路數(shù)為(100×103／[(3．2+0．8)×103]=)25路。36、CPU中決定指令執(zhí)行順序的是()。A、指令寄存器IRB、程序計數(shù)器PCC、程序狀態(tài)字寄存器PSWRD、主存地址寄存器MAR標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：CPU中用程序計數(shù)器PC來跟蹤下一條將要執(zhí)行的指令的地址，即通過程序計數(shù)器PC來決定指令執(zhí)行順序。37、UNIX對已有文件建立物理鏈接與建立符號鏈接，以下敘述正確的是()。A、物理鏈接創(chuàng)建新的目錄項，而符號鏈接不創(chuàng)建新的目錄項B、物理鏈接創(chuàng)建新的inode，而符號鏈接不創(chuàng)建新的inodeC、物理鏈接不創(chuàng)建新的目錄項，而符號鏈接創(chuàng)建新的目錄項D、物理鏈接不創(chuàng)建新的inode，而符號鏈接創(chuàng)建新的inode標(biāo)準(zhǔn)答案：D知識點解析：軟連接(符號鏈接)有自己的inode和數(shù)據(jù)塊，它的數(shù)據(jù)塊當(dāng)中的內(nèi)容為所要連接的文件的絕對或者相對路徑。而硬連接(物理連接)和它所要連接的文件共有同一個inode和數(shù)據(jù)塊。鏈接是LJNIX文件系統(tǒng)提供了一種將不同文件鏈接至同一個文件的機制。它可以使得單個程序?qū)ν晃募褂貌煌拿帧＿@樣的好處是文件系統(tǒng)只存在一個文件的副本。系統(tǒng)簡單地通過在目錄中建立一個新的登記項來實現(xiàn)這種連接，該登記項具有一個新的文件名和要連接文件的inode號。文件的目錄登記項就是所謂的文件硬鏈接。不論一個文件有多少硬鏈接，在磁盤上只有一個描述它的irlode。只要該文件的鏈接數(shù)不為0，該文件就保持存在。38、某數(shù)采用IEEE754單精度浮點數(shù)格式表示為C6400000H，則該數(shù)的值是A、一1．5×213B、一1．5×212C、一0．5×213D、一0．5×212標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：IEEE754單精度浮點數(shù)格式為C6400000H，二進制格式為11000110010000000000000000000000，轉(zhuǎn)換為標(biāo)準(zhǔn)的格式為：因此，浮點數(shù)的值為一1．5×215。39、若下圖為10BaseT網(wǎng)卡接收到的信號波形，則該網(wǎng)卡收到的比特串是A、10110B、10101101C、1010010D、11000101標(biāo)準(zhǔn)答案：A知識點解析：根據(jù)信號編碼的基本規(guī)則可知，網(wǎng)卡收到的比特串為00110110，答案選A。40、若某通信鏈路的數(shù)據(jù)傳輸速率為2400bit／s，采用4相位調(diào)制，則該鏈路的波特率是____。A、600波特B、1200波特C、4800波特D、9600波特標(biāo)準(zhǔn)答案：B知識點解析：考查調(diào)制解調(diào)。有4種相位，那么一個碼元攜帶log24=2(bit)信息，則波特率=比特率／2=1200波特。二、綜合應(yīng)用題(本題共13題，每題1.0分，共13分。)41、一臺設(shè)置為IP地址自動獲取的主機H接入到僅有一臺服務(wù)器的局域網(wǎng)絡(luò)中，在H上截獲到如表4—2所列的兩個以太網(wǎng)數(shù)據(jù)幀前48個字節(jié)的十六進制報文，請參考表中的數(shù)據(jù)回答如下問題：(1)主機H采用何種方式獲得IP地址，一般需要哪幾個報文過程才能完成?(2)主機H和服務(wù)器的MlAC地址分別是多少，服務(wù)器的IP地址是多少?(3)假設(shè)IP租賃期是60s，那么多少時間后主機H發(fā)送重新續(xù)租IP的報文，請?zhí)畛溥@個報文的目的MAC地址，IP地址和端口號。注：以太網(wǎng)幀、IP分組頭和LIDP段頭結(jié)構(gòu)分別如圖4-5(a)、圖4-5(b)和圖4-5(c)所示。標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)主機H采用DHCP協(xié)議獲得IP地址，過程如下：①DHCP客戶從UDP端口68發(fā)送DHCP發(fā)現(xiàn)discover報文。②凡收到DHCP發(fā)現(xiàn)報文的Dt{CP服務(wù)器都發(fā)出DHCP提供offer報文。③DHCP客戶從幾個DHCP服務(wù)器中選擇其中的一個，并向所選擇的DHCP服務(wù)器發(fā)送DHCP請求request報文。④被選擇的DHCP服務(wù)器發(fā)送確認報文DHCPACK，進入已綁定狀態(tài)，并可開始使用得到的臨時IP地址了。(2)主機H和服務(wù)器的MAC地址分別是50-78-1c-19-of-76和50-78-1c-19-04-4a，服務(wù)器的IP地址是192．168．5．254。(3)30s后主機H發(fā)送重新續(xù)租IP的報文，目的MAC地址、IP地址和端口號是50-78-1c-19-04-4a、192．168．5．254，67。知識點解析：暫無解析42、任意給定1，2……．，n指定為一棵樹的先根遍歷序列；同時任意給定這n個數(shù)值(1，2……．，n)的一個排列p1，p2……．pn為這棵樹的后根遍歷序列。(1)根據(jù)這樣的先根遍歷序列和后根遍歷序列，是否都可以得到一棵樹?如果能夠，請簡述理由(不要求形式化證明)。如果不能，請給出一個簡單反例。(2)如果能得到樹，所得到的樹是否唯一?如果能夠，請簡述理由(不要求形式化證明)。如果不能，請給出一個簡單反例。標(biāo)準(zhǔn)答案：(1)不一定能得到一棵樹。反例(給出任何一個正確的反例即可)：反例1：對于先根遍歷序列{1，2，3，4)，后根遍歷序列{1，3，2，4)這種情況，就無法得到一棵樹。反例2：對于先根遍歷序列(1，2，3，4)，后根遍歷序列(4，2，3，1)這種情況，也不能得到一棵樹。理由(題目并不要求說明理由，如果說清了理由而沒有給出反例，也可以得分)：理由一：若一棵樹的先根遍歷序列為{1，2，3，4)，則1必為樹根，該樹的后根遍歷序列中“1”一定在最后，故根據(jù)最后數(shù)字不為“1"的后根序列與先根序列{1，2，3，4)就無法得到一棵樹。理由二：一棵樹可以轉(zhuǎn)換成一棵沒有右子樹的-y．樹，反之亦然。所以，對于n個結(jié)-點的樹，可以等價地考慮相應(yīng)的除去根結(jié)點(即1)以外的(n一1)個結(jié)點的二叉樹問題。在這里，2，3，……，n就是相應(yīng)的．二叉樹的先序遍歷序列，p1，p2，……pn-1就是相應(yīng)--y．樹的中序遍歷序列。對于n個結(jié)點的樹，可以等價地考慮相應(yīng)的n-1個結(jié)點的二叉樹問題。該問題轉(zhuǎn)換為：指定2，3，……，n這n-1個數(shù)為一棵二叉樹先序遍歷序列；同時p1，p2，……pn-1(其中p1，p2，……pn-1為2，3，……，n這n-1個數(shù)值的一個排列)為這棵樹的二叉樹中序遍歷序列。是否都可以得到一棵二叉樹?可以證明：對于一棵先序遍歷序列為1，2，……，n的二叉樹，在中序遍歷時其被涉及到的順序也就是進入運行棧的順序就是1，2，……，n，其中中序遍歷順序，則是一種可能的出棧順序。有可能從初始輸入序列1，2，……，n，利用一個棧得到輸出序列p1，p2……pn(p1，p2，……pn是1，2，……，n的一種排列)的充分必要條件是：不存在這樣的i，j，k，滿足ijki。因此，先根序列1，2，……，n和后根序列p1，p2，……pn-1，1能夠得到一棵樹的充分必要條件是不存在下標(biāo)i，j，k，滿足ijki。(2)如(1)所述，不一定能得到一棵樹。但是如果所給出的序列合法，就能夠得到一棵樹，而且得到的樹是唯一的。所謂合法序列是指：先根遍歷序列為1，2，……，n，后根遍歷序列為p1，p2，……pn，那么只有當(dāng)pn=1時，而且在p1，p2，……pn-1中不存在這樣的i，j，k，滿足ijki。(不要求考生說明什么是合法的)理由一：一棵樹可以轉(zhuǎn)換成一棵沒有右子樹的二叉樹，反之亦然。所以，對于n個結(jié)點的樹，可以等價地考慮相應(yīng)的除去根結(jié)點(即1)以外的(n—1)個結(jié)點的二叉樹問題。在這里2，3，……，n就是相應(yīng)二叉樹的先序遍歷序列，p1，p2，……pn-1就是相應(yīng)二叉樹的中序遍歷序列——二叉樹先序序列為DLR，二叉樹中序序列為LDR，因此可以定位二叉樹的根，然后定位出二叉樹的左右子樹并對左右子樹做類似的遞歸處理，故所的二叉樹是唯一的。因此相應(yīng)的樹也是唯一的。理由二：對于合法的序列：先根序列為1，2，……，n，后根序列為p1，p2，……pn-1，1，首先可以確定樹根為1。其子樹形成的森林的先根序列為2，…，n，后根序列為p1，p2，……pn-1，這些森林被分成m(m≥0)個不相交的集合T1，T2，……Tm，而且這些集合的每一個又都是樹，在先根序列中按照T1，T2，……Tm的結(jié)點順序出現(xiàn)，在后根序列中也按照T1，T2，……Tm的結(jié)點順序出現(xiàn)(但是對應(yīng)的每個集Ti中，結(jié)點出現(xiàn)的順序不同)。因此可以找到每棵子樹的結(jié)點集合，然后進行遞歸處理，最終只能得到一棵確定的樹。知識點解析：本題主要考查樹的遍歷，以及樹的遍歷與所對應(yīng)的二叉樹的遍歷的關(guān)系。43、已知AOE網(wǎng)中頂點v1，v2，v3，……v7分別表示7個時間，有向線段a1，a2，a3，……a10分別表示10個活動，線段旁的數(shù)值表示每個活動花費的天數(shù)，如下圖所示。請?zhí)顚懴旅鎯蓚€表格，并用頂點序列表示出關(guān)鍵路徑，給出關(guān)鍵活動。標(biāo)準(zhǔn)答案：關(guān)鍵路徑：v1v2v5v7v1v4v5v7關(guān)鍵活動：a1a2a4a8a9知識點解析：AOE網(wǎng)中從源點到終點的最大路徑長度(這里的路徑長度是指該路徑上的各個活動所需時間之和)的路徑稱為關(guān)鍵路徑。關(guān)鍵路徑長度是整個工程所需的最短工期。關(guān)鍵路徑上的活動稱為關(guān)鍵活動。要縮短整個工期，必須加快關(guān)鍵活動的進度。尋找關(guān)鍵活動時所用到的幾個參量的定義。假設(shè)第i條弧為，dut()為弧上的權(quán)值。(1)事件的最早發(fā)生時間ve[k]=從源點到頂點k的最長路徑長度。ve(源點)=0；ve(k)=Max{ve(j)+dut()}(2)事件的最遲發(fā)生時間v1[j]=從頂點j到匯點的最短路徑長度。vl(匯點)=ve(匯點)；vl(j)=Min{v1(k)一dut()}(3)活動i的最早開始時間e(i)=ve(j)。(4)活動i的最晚開始時間l(i)=vl(k)一dut()。e[i]一l[i]的活動就是關(guān)鍵活動，關(guān)鍵活動所在的路徑就是關(guān)鍵路徑。44、試用74181和門電路實現(xiàn)一位余3碼加法器。標(biāo)準(zhǔn)答案：用2片74181和1個非門即可實現(xiàn)余3碼加法器，其邏輯框圖如下圖所示。知識點解析：首先寫出余3碼的校正函數(shù)：有進位，＋3(＋0011)校正；無進位，－3(＋1101)校正。根據(jù)余3碼的校正函數(shù)，設(shè)計加法器，下