計算機專業(yè)（基礎綜合）模擬試卷115

計算機專業(yè)(基礎綜合)模擬試卷115

一、單選題(本題共40題，每題1.0分，共40分。)

1、設有一個遞歸算法如下：intX(intn)；if(n<=3)retumI；elsereturnX(n一

2)+X(n-4)+1；試問計算X(X(5))時需要調(diào)用()次X函數(shù)。

A、2

B、3

C、4

D、5

標準答案：C

X(n-2)+X(n-4)+lX>3

X(n}=

知識點解析：該遞歸算法的定義為：1"XW3

即當參數(shù)值小于等干3的時候,整個流程調(diào)用X(n)一次.而當參數(shù)值大于3的時

候，整個流程調(diào)用X(n)至少3次(第一次即本次調(diào)用，第二次為X(n—2),第三次

為X(n—4))。X(X(5))遞歸調(diào)用的執(zhí)行結(jié)果如下：

得鄧)-3X(X(5)尸X3尸1

WFTJ|X(1K|

一個方塊代表一次調(diào)

用，一共調(diào)用了4次。

2、設有一個10階對稱矩陣A,采用壓縮存儲方式，以行序為主存儲，ai.］為第一

個元素，其，存儲地址為1,每個元素占一個地址空間，則a8,5的地址可能是()，

A、13

B、33

C、18

D、40

標準答案：B

知識點解析：考查特殊矩陣的存儲。對稱矩陣可以存儲其下三角，也可以存儲其上

三角。數(shù)組下標從1開始，當存儲下三角元素時，在a8、5的前面有7行，第1行有

1個元素，第2行有2個元素，…，第7行有7個元素，這7行共有(“7)x7/2=28

個元素，在第8行中，瞰5的前面有4個元素，所以，a8,5前面有28+4=32個元

素,其地址為33。當存儲上三角元素時，a8、5對應于a5、8,地址為38,無此選項，

故只可能選Bo

3、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、17

B、18

C、19

D、20

標準答案：A

知識點常析：考查完全二叉樹性質(zhì)。完全二叉樹第5層共有24=16個結(jié)點。第6層

最左邊有3個葉子結(jié)點，對應第5層最左邊2個結(jié)點，所以第5層右邊有16-

2=14個葉子結(jié)點，因此共有17個葉子結(jié)點。

4、在一棵非空二叉樹的中序遍歷序列中，根結(jié)點的右邊（）。

A、只有右子樹上的所有結(jié)點

B、只有右子樹上的部分結(jié)點

C、只有左子樹上的部分結(jié)點

D、只有左子樹上的所有結(jié)點

標準答案：A

知識點解析：考查中序遍歷。根據(jù)中序遍歷的定義可知，在輸出根結(jié)點后，才去中

序遞歸地遍歷根結(jié)點的右子樹，囚此根結(jié)點右邊只有右子樹，的所有結(jié)點。

5、如右圖所示為一棵平衡二叉樹（字母不是關鍵字），在結(jié)點D的右子樹上插入結(jié)

點F后，會導致該平衡二叉樹失去,衡，則調(diào)整后的平衡二叉樹中平衡因子的絕

對值為1的分支結(jié)點數(shù)為（）。巧）'D）

A、0

B、1

C、2

D、3

標準答案：B

知識點解析：考查平衡二叉樹的旋轉(zhuǎn)。由于在結(jié)點A的右孩子（R）的右子樹（R）上插

入新結(jié)點F,A的平衡因子由一1減至一2,導致以A為根的子樹失去平衡，需要

進行RR旋轉(zhuǎn)（左單旋）。RR旋轉(zhuǎn)的過程如上圖所示，將A的右孩子C向左上旋轉(zhuǎn)

代替A成為根結(jié)點，將A結(jié)點向左下旋轉(zhuǎn)成為C的左子樹的根結(jié)點，而C的原來

的左子樹E則作為A的右子樹。故，調(diào)整后的平衡二叉樹中平衡因子的絕對值為1

的分支結(jié)點數(shù)為L

轉(zhuǎn)的操作都是在插入操作后，引起不平衡的最小不平衡子樹卜.進行的，只要將這個

最小不平衡子樹調(diào)整平衡，則其上級結(jié)點也將恢復平衡。

6、下列說法中，正確的是()。

A、對于有n個結(jié)點的二叉樹，其高度為[log2n]

B、完全二叉樹中，若一個結(jié)點沒有左孩子，則它必是葉結(jié)點

C、高度為h(h>0)的完全二叉樹對應的森林所含的樹的個數(shù)一定是h

D、一棵樹中的葉子數(shù)一定等于其對應的二叉樹的葉子數(shù)

標準答案：B

知識點解析：若結(jié)點數(shù)為n的二叉樹是一棵單支樹，其高度為n,只有完全二叉樹

才具有A性質(zhì)。完全二叉樹中最多只存在一個度為1的結(jié)點且該結(jié)點只有左孩

子，若不存在左孩子，則一定也不存在右孩子，因此必是葉結(jié)點，B正確。只有滿

二叉樹才具有C性質(zhì)，如下圖所示：

7、以下關于圖的敘述中，正確的是()。

A、強連通有向圖的任何頂點到其他所有頂點都有孤

B、圖與樹的區(qū)別在于圖的邊數(shù)大于或等于頂點數(shù)

C、無向圖的連通分量指無向圖中的極大連通子圖

D、假設有圖G=|V,(E}),頂點集VW，EVE,則V，和舊}構(gòu)成G的子圖

標準答案：C

知識點解析：考查圖的基本性質(zhì)。強連通有向圖的任何頂點到其他所有頂點都有路

徑，但未必有弧，A錯誤。圖與樹的區(qū)別是邏輯上的，而不是邊數(shù)的區(qū)別，圖的邊

數(shù)也可能小于樹的邊數(shù)。若E，中的邊對應的頂點不是V，中的元素時，則V，和｛E，｝

無法構(gòu)成圖，D錯誤。

8、如右圖所示，在下面的5個序列中，符合深度優(yōu)先遍歷的序列有多少個（）。

aebfdc2.acfdeb3.aedfcb4.aefdbc5.aecfdb

B、4

C、3

D、2

標準答案：D

知識點解析：考查圖的深度優(yōu)先遍歷。僅1和4正確。以2為例，遍歷到c之后，

與c鄰接且未被訪問的結(jié)點為空集，所以a的鄰接點b或e入棧，顯然2不符合這

種情況。以3為例，因為遍歷要按棧退回，所以是先b后c,而不是先c后b。

9、一組數(shù)據(jù)（30,20,10,15,35,1,10,5）,用堆排序（小頂堆）的篩選方法建立的初始堆為

（）。

A、1,5,15,20,35,10,30,10

B、1,10,30,10,5,15,35,20

C、1,5,10,15,35,30,10,20

D、A、B和C均不正確

標準答案：C

知識點解析：考查初始誰的建立。首先對以第Fn/2］個結(jié)點為根的子樹（也即最

后一個結(jié)點的父結(jié)點為艱的子樹）篩選，使該子樹成為堆，之后向前依次對各結(jié)點

為根的子樹進行篩選，直到篩選到根結(jié)點。從「n/2」?1依次篩選堆的過程如下

圖所示:

簫選結(jié)點20

10、串'acaba'的next數(shù)組值為()。

A、01234

B、01212

C、01121

D、01230

標準答案：C

知識點解析：考查串的next數(shù)組。(1)設nexl[l]=0,next[2]=lo

(2)當j=3,此時k=next[j—1]=—

next[2]=l,觀察S⑵與S[k](S[l])是否相等,S[2]=c,S[l]=a,S[2]=S[1],此時

ij-l=2

acabaa

acaa

k=nexl[k]=0,所以nexl|j]=l。tk=l(3)當j=4,此時

k=next[j—l]=next[3]=l,觀察S[3]與S[k](S[l])是否相等,S[3]=a,S[l]=a,

Ij-l=3

acaba

acaa

S[2]=S[1],所以nex1[j]=k+l=2。tk=l(4)當j=5,此時

k=next[j—l]=next[4]=2,觀察S[4]與S[k](S⑵)是否相等,S[4]=b,S[2]=c,

ij-l=4

acaba

acaba

S|4]!=S[2],所以k=nexi[k]=l。tk=2(5)此時

S[k]=S[l]=a,S[4]!=S[1],ffiIUk=next[k]=next[1]=0,所以nexi[j]=l。

1j-l=4

acaba

ac-aba

tk=l此時可知next數(shù)組為01121,選C。

11、一組經(jīng)過第一趟2.路歸并排序后的記錄的關鍵字為

(25,50,15,35,80,85,20,4036,70),其中包含5個長度為2的有序表,用2.路歸并排

序方法對該序列進行第二趟歸并后的結(jié)果為()。

A、15,25,35,50,80,20,85,40,70,36

B、15,25,35,50,20,40,80,85,36,70

C、15,0,85,20.36.40,70

D、15,25,35,50,80,20,36,40,70,85

標準答案：B

知識點解析：考查歸并排序的執(zhí)行過程。第一趟歸并時，將每個關鍵字看成一個有

序表，兩兩進行歸并；第二趟歸并時，將第一趟結(jié)果的5個長度為2的有序表歸

并，得到2個長度為4的有序表和1個長度為2的有序表。由于這里是采用2.路

歸并，而且是第二趟排序，所以每4個元素放在一起歸并，可將序列劃分為

{25,50,15,35},{80,85,20,40)和{36,70),分別對它們進行排序為{15,25,35,50},

[20,40,80,85}和{36,70},注意：區(qū)分遞歸和非遞歸的歸并排序。

12、已知一臺時鐘頻率為2GHz的計算機的CPI為1.2o某程序P在該計算機上

的指令條數(shù)為4x109條。若在該計算機上，程序P從開始啟動到執(zhí)行結(jié)束所經(jīng)歷

的時間是4s,則運行P所用CPU時間占整個CPU時間的百分比大約是()。，

A、40%

B、60%

C、80%

D、100%

標準答案：B

知識點解析：本題考查艱據(jù)時鐘頻率、指令條數(shù)和CPI來計算程序執(zhí)行時間。程

序的執(zhí)行時間二(指令條數(shù)xCPI)/主頻=1.2X4X109/2GHZ=2.4S,所占百分比為

(2.4/4)xl00%=60%o

13、在補碼表示的機器中，若寄存器R中原來存的數(shù)為9EH,執(zhí)行一條指令后現(xiàn)

存的數(shù)為CFH,則表明該指令不可能是()。

A、XOR異或運算指令

B、IMUL有符號數(shù)乘法指令

C、SAR算術右移指令

D、ADD加法指令

標準答案：B

知識點解析：本題考查進制數(shù)的轉(zhuǎn)換以及各種運算操作。將寄存器R的前、后內(nèi)

容轉(zhuǎn)為二進制：10011110和11001111。XOR指令,和01010001異或即可，A正

確；SAR指令，算術右移一位可以得到結(jié)果，C正確；ADD指令，加上31H即

可，D正確。有符號乘法指令則找不到可以相乘的整數(shù)，B錯誤。

14、下列關于浮點數(shù)的說法中，正確的是（）。I.最簡單的浮點數(shù)舍入處理方法

是恒置“1”法D.IEEE754標準的浮點數(shù)進行乘法運算的結(jié)果肯定不需要做“左規(guī)”

處理HI.浮點數(shù)加減運算的步驟中，對階的處理原則是小階向大階對齊W.當補

碼表示的尾數(shù)的最高位與尾數(shù)的符號位（數(shù)符）相同時表示規(guī)格化V.在浮點運算過

程中如果尾數(shù)發(fā)生溢出，則應進入相應的中斷處理

A、口、HI和V

B、II和m

c、I、n和m

D、n、m、w和v

標準答案：B

知識點常析：本題考查浮點數(shù)的運算。最簡單的舍入處理方法是直接截斷，不進行

任何其他處理（截斷法），I錯誤。正EE754標準的浮點數(shù)的尾數(shù)都是大于等于1

的，所以乘法運算的結(jié)果也是大于等于1,故不需要“左規(guī)”（注意：有可能需要右

規(guī)），II正確；對階的原則是小階向大階看齊，HI正確。當補碼表示的尾數(shù)的最高

位與尾數(shù)的符號位（數(shù)符）相異時表示規(guī)格化，W錯誤。浮點運算過程中，尾數(shù)出現(xiàn)

溢出并不表示真正的溢出，只有將此數(shù)右歸后，再根據(jù)階碼判斷是否溢出，V錯

誤。注意：浮點數(shù)運算的過程分為對階、尾數(shù)求和、規(guī)格化、舍入和溢出判斷，

每個過程的細節(jié)均需掌握，本題的5個選項涉及到了這5個過程。

15、下列的說法中，正確的是（）。I.雙端口存儲器可以同時訪問同一區(qū)間、同

一單元n.雙端口存儲器當兩個端口的地址碼相同時，必然會發(fā)生沖突m.高位

多體交叉存儲器的設計依據(jù)了程序的局部性原理IV.高位四體交叉存儲器可能在

一個存儲周期內(nèi)連續(xù)訪問四個模塊

A、I和田

B、II和m

C、I和W

D、只有I

標準答案：C

知識點解析：本題考查雙端口存儲器和交叉存儲器的特點。雙端口RAM的兩個端

口具有2組相互獨立的地址線、數(shù)據(jù)線和讀寫控制線，因此可以同時訪問同一區(qū)

間、同一單元，I正確，但是其中任一個端口都不可有寫操作；當兩個端口同時對

相同的單元進行讀操作時，則不會發(fā)生沖突，口錯誤。高位多體交叉存儲器由于在

單個存儲器中字是連續(xù)存放的，所以不能保證程序的局部性原理；而低位多體交叉

存儲器由于是交叉存放，所以能很好地滿足程序的局部性原理，UI錯誤。高位四

體交叉存儲器雖然不能滿足程序的連續(xù)讀取，但仍可能一次連續(xù)讀出彼此地址相差

一個存儲體容量的4個字，只是這么讀的概率較小，W正確。注意：高位多體交

叉存儲器仍然是順序存儲器。

16、下列說法中，錯誤的是（）。I.虛擬存儲器技術提高了計算機的速度n.存

取時間是指連續(xù)兩次讀操作所需的最小時間間隔m.Cache與主存統(tǒng)一編址，

Cache的地址空間是主存地址空間的一部分IV,主存都是由易失性的隨機讀寫存儲

器構(gòu)成的

A、II和m

B、HI和W

C、I、II和W

D、i、n、in和w

標準答案：D

知識點解析：考查存儲器的多個知識點。實際上，虛存是為了解決多道程序并行條

件下的內(nèi)存不足而限制了程序最多運行的道數(shù)而提出的，即為了解決內(nèi)存不足，虛

擬存儲器進行虛實地址轉(zhuǎn)換，需要多次訪存（先查找頁表），增加了延遲，降低了計

算機速度，是一種時間獲空間的做法，I錯誤。II描述的是存取周期的概念，n錯

誤。Cache有自己獨立的地址空間，通過不同的映射方式映射到主存的地址空間，

ID錯誤。主存也可以由ROM組成，如可用于部分操作系統(tǒng)的固化固話、自舉程序

等,W錯誤。注：虛存和Cache都是計算機存儲體系中重要的部分，它們的區(qū)別

和聯(lián)系一定要弄清楚，虛存是為了解決內(nèi)存不足提出的，即是容量問題，使用一部

分的輔存來對內(nèi)存進行一定的擴充，但是這樣會導致整體速度的下降，是用時間換

空間的做法；而Cache則是為了緩和CPU與主存的矛盾而設立的，會提高整個存

儲體系的速度，是一種用金錢換時間的做法。

17、虛擬存儲器中的頁表有快表和慢表之分,下而關于頁表的敘述中TF確的是（T

A、快表與慢表都存儲在主存中，但快表比慢表容量小

B、快表采用了優(yōu)化的搜索算法，因此查找速度快

C、快表比慢表的命中率高，因此快表可以得到更多的搜索結(jié)果

D、快表采用高速存儲器件組成，按照查找內(nèi)容訪問，因此比慢表查找速度快

標準答案：D

知識點解析：本題考查快表和慢表的關系?？毂碛址QTLB,采用高速相聯(lián)存儲器

來存儲可能需要使用的頁的對應表項。而慢表存儲在內(nèi)存中?？毂聿捎玫氖窍嗦?lián)存

儲器，它的速度快來源于硬件本身，而不是依賴搜索算法來查找的，慢表通常是依

賴于查找算法，故A和B錯誤?？毂砼c慢表的命中率沒有必然聯(lián)系，快表僅是慢

表的一個部分拷貝，不能夠得到比慢表更多的結(jié)果，因此C錯誤。

18、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

MDR、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:

MOVRO,#100（即將數(shù)值100傳送到寄存器RO中），則CPU首先要完成的操作是

（）。

A、100—>R0

B、100—>MDR

C、PC—>MAR

D、PC—>IR

標準答案：c

知識點解析：本題考查取指周期完成的操作。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。

題干中雖然給出了一條具體的指令“MOVR0,#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系的。注意：取指周期完成的微操作序歹J是

公共的操作，與具體指令無關。

19、下列關于微指令編碼方式的說法中，錯誤的是（）。I.字段直接編碼可以用

較少的二進制信息表示較多的微操作命令信號，例如有兩組互斥微命令中，微命令

個數(shù)分別為8和9,則只分別需要3位和4為即可表示H.直接編碼無須進行譯

碼，微指令的微命令字段中每一位都代表一個微命令皿.垂直型微指令以較長的

微程序結(jié)構(gòu)換取較短的微指令結(jié)構(gòu)，因而執(zhí)行效率高、靈活性強都高于水平型微指

令W.字段間接編碼中，一個字段的譯碼輸出需要依靠另外某一個字段的輸入

A、I、in和w

B、U、DI和IV

C、II和W

D、I、口、HI和W

標準答案：A

知識點解析：本題考查微指令的編碼方式。編碼的是對微指令的控制字段進行編

碼，以形成控制信號；目的是在保證速度的情況下，盡量縮短微指令字長。微命令

個數(shù)為8時，需要4位，假設只用3位，將會造成每個編碼都會輸出一個微命令，

事實上，微命令的編碼需要預留一個字段表示不輸出，I錯誤。垂直型微指令的缺

點是微程序長、執(zhí)行速度慢、工作效率低，HI錯誤。字段間接編碼中的一個字段的

某些微命令還需由另一個字段中的某些微命令來解釋，即受到某一個字段的譯碼輸

出，W錯誤。一般進行微程序控制器的設計時要注意三個原則：①微指令字長盡

可能短②微程序長度盡可能短③提高微程序的執(zhí)行速度

20、在系統(tǒng)總線中，地址總線的位數(shù)與（）相關。

A、機器字長

B、實際存儲單元個數(shù)

C、存儲字長

D、存儲器地址寄存器

標準答案：D

知識點解析：本題考查地址總線。地址總線的位數(shù)和實際存儲單元個數(shù)、機器字長

還有儲存字長都是無關的，如32位的地址線，可以僅僅用2GB的內(nèi)存。而MAR

的位數(shù)和其是相關的，一般這二者是相等的。注意：地址總線的位數(shù)和最大存儲

單元個數(shù)相關，也和MAR的位數(shù)相關。地址總線的寬度決定了CPU可以訪存的

最大物理地址空間。如32位的地址線，按字節(jié)尋址的可尋址的最大容量為

232bit=4GBo關于計算機各個字長以及總線長度的關系可以總結(jié)如下：機器字長

是指計算機進行一次運算所能處理的二進制數(shù)據(jù)的位數(shù)。機器字長也就是運算器進

行定點數(shù)運算的字長，通常也是CPU內(nèi)部數(shù)據(jù)通路的寬度，也等于CPU內(nèi)通用寄

存器的位數(shù)；另外，CPU的位數(shù)和操作系統(tǒng)的位數(shù)沒有絕對的關系，但是CPU的

位數(shù)一定要大于等于操作系統(tǒng)的位數(shù)。存儲字長是指一個存儲單元存儲一串二進

制代碼（存儲字）的位數(shù)。指令字長是指機器指令中二進制代碼的總位數(shù)。指令字長

取決于從操作碼的長度、操作數(shù)地址的長度和操作數(shù)地址的個數(shù)。指令還分為變長

型和定長型，對于變長型指令，不同類型指令的字長是不同的，不過通常都是存儲

字長的整數(shù)倍?？偩€（指的是非CPU內(nèi)部總線）一般分為控制總線、地址總線和數(shù)

據(jù)總線（當然，有些總線結(jié)構(gòu)中把地址和數(shù)據(jù)總線融合再一起進行時分復用，以周

期的不同來區(qū)分傳送的是地址還是數(shù)據(jù)，這種做法可以有效地減少總線寬度）?？?/p>

制總線的數(shù)目一般是等于CPU需要向外傳遞控制信號的數(shù)目，當然也可以把一些

互斥的控制信號放在一艱控制總線中；而地址總線的數(shù)目一般等于地址寄存器的數(shù)

目，而按字節(jié)編址的系統(tǒng)的內(nèi)存最大容量不應超過2nB（n為地址寄存器的位數(shù)），

但是它和內(nèi)存容量本身并沒有任何必然聯(lián)系；數(shù)據(jù)總線一般等于數(shù)據(jù)寄存器的位數(shù)

（數(shù)據(jù)寄存器的位數(shù)又一般等于CPU的位數(shù)），但是也并非絕對，因為CPU可以用

少于該位數(shù)的總線（比如位數(shù)的二分之一）分周期（對應的就是兩個傳送周期）來傳送

一次數(shù)據(jù)。

21、關于外中斷（故障除外）和DMA,下列哪個說法是正確的（）。I.DMA請求和

中斷請求同時發(fā)生時，響應DMA請求口.DMA請求、非屏蔽中斷、可屏蔽中斷

都要在當前指令結(jié)束之后才能被響應田.非屏蔽中斷請求優(yōu)先級最高，可屏蔽中

斷請求優(yōu)先級最低W.如果不開中斷，所有中斷請求均不能響應V.在DMA方

式中，數(shù)據(jù)的傳送完全不用CPU干預

A、I和V

B、I和IV

C、I

D、II和皿

標準答案：C

知識點解析：本題考查外中斷方式和DMA方式的區(qū)別。和中斷方式相比，DMA

連接的是高速設備，其優(yōu)先級高于中斷請求，以防止數(shù)據(jù)丟失，I正確。DMA請

求的響應時間可以發(fā)生在每個機器周期結(jié)束時?，只要CPU不占用總線，而中斷請

求的響應時間只能發(fā)生在每條指令執(zhí)行完畢，口錯誤。通常情況下，DMA的優(yōu)先

級要高于外中斷，所以DMA優(yōu)先級一般要比非屏蔽中斷請求要高，HI錯誤。如果

不開中斷，非屏蔽中斷（以及內(nèi)中斷）仍可響應，W錯誤。在.DMA方式的預處理

和后處理中，需要CPU的干預，只是在傳送的過程中不需要CPU的干預，V錯

誤。注意：中斷方式具有對異常時間的處理能力，而DMA方式僅局限于完成傳

送數(shù)據(jù)塊的能力。

22、通道方式的工作過程中，下列步驟的正確順序是（）。①組織I/O操作②向

CPU發(fā)出中斷請求③編制通道程序④啟動I/0通道

A、①一②—③一④

B、②—③一①一④

C、④③->②—①

D、③一④一①一②

標準答案：D

知識點常析：考查通道的工作過程。通道的基本工作過程（以一次數(shù)據(jù)傳送為例）如

下：①在用戶程序中使用訪管指令進入操作系統(tǒng)管理程序，由CPIU通過管理程

序組織一個通道程序，并使用I/O指令啟動通道（此后CPU并行運行應用程序）。

②通道處理器執(zhí)行CPU為其組織的通道程序，完成指定的數(shù)據(jù)的輸入/輸出工

作。③通道程序結(jié)束后，向CPU發(fā)出中斷請求。CPU響應此中斷請求后，笫二次

進入操作系統(tǒng)，調(diào)用管理程序?qū)斎?輸出中斷進行處理。

23、多用戶系統(tǒng)有必要保證進程的獨立性，保證操作系統(tǒng)本身的安全，但為了向用

戶提供更大的靈活性，應盡可能少地限制用戶進程。下面列出的各操作中，（）是必

須加以保護的。

A、從內(nèi)核（keniel）模式轉(zhuǎn)換到用戶（user）模式

B、從存放操作系統(tǒng)內(nèi)核的空間讀取數(shù)據(jù)

C、從存放操作系統(tǒng)內(nèi)核的空間讀取指令

D、打開定時器

標準答案：D

知識點解析：本題考查用戶態(tài)與核心態(tài)。打開定時器屬于時鐘管理的內(nèi)容，對時鐘

的操作必須加以保護，否則，一個用戶進程可以在時間片還未到之前把時鐘改回

去，從而導致時間片永遠不會用完，那么該用戶進程就可以一直占用CPU,這顯

然不合理。從用戶模式到內(nèi)核模式是通過中斷實現(xiàn)的，中斷的處理過程很復雜，需

要加以保護，但從內(nèi)核膜式到用戶模式則不需要加以保護。讀取操作系統(tǒng)內(nèi)核的數(shù)

據(jù)和指令是靜態(tài)操作，顯然無需加以保護。

24、下列關于進程狀態(tài)的說法中，正確的是（）。I.從運行態(tài)到阻塞態(tài)的轉(zhuǎn)換是

進程的“自主”行為口.從阻塞態(tài)到就緒態(tài)的轉(zhuǎn)換是由協(xié)作進程決定的m.一次1/

0操作的結(jié)束，將會導致一個進程由就緒變?yōu)檫\行W.一個運行的進程用完了分

配給它的時間片后，它的狀態(tài)變?yōu)樽枞鸙.在進程狀態(tài)轉(zhuǎn)換中，“就緒一阻塞”是

不可能發(fā)生的

A、I、II和m

B、I、n和v

c、I、n和w

D、I、n、in和v

標準答案：B

知識點解析：本題考查進程的狀態(tài)與轉(zhuǎn)換。從運行態(tài)到阻塞態(tài)的轉(zhuǎn)換是由進程自身

決定的，它是由于進程的時間片用完，“主動”調(diào)用程序轉(zhuǎn)入就緒態(tài)。進程的阻塞和

喚醒是由block和wakeup原語實現(xiàn)的，block原語是由被阻塞進程自我調(diào)用實現(xiàn)

的，而wakeup原語則是由一個與被喚醒進程相合作或其他相關的進程調(diào)用實現(xiàn)

的，故I和II正確。I/O操作結(jié)束不會直接導致一個進程從就緒變?yōu)檫\行，只是

當有等待該設備的進程時，I/O操作結(jié)束時會把該進程由阻塞變?yōu)榫途w，HI錯

誤。一個進程時間片到了以后，將會從運行變?yōu)榫途w狀態(tài)，W錯誤。只有在運行中

的進程當請求某一資源或等待某一事件時，才會轉(zhuǎn)入到阻塞態(tài)，因此不可能直接從

就緒態(tài)轉(zhuǎn)到阻塞態(tài)，V正確。答案選B。

25、設有3個作業(yè)，它們的到達時間和運行時間如下表所示，并在一臺處理機上按

單道方式運行。如按高響應比優(yōu)先算法，則作業(yè)執(zhí)行的次序和平均周轉(zhuǎn)時間依次為

作業(yè)提交時間和運行時間表

作業(yè)號提交時間運行時間（小時）

18:002

28:301

39:300.25

A、J1,J2,J3、1.73

B、J1J3J2、1.83

C、J1J3J2、2.08

D、J1J2J3、1.83

標準答案：B

知識點解析：本題考查高響應比優(yōu)先調(diào)度和平均周轉(zhuǎn)時間。高響應比優(yōu)先調(diào)度算法

綜合考慮了進程的等待時間和執(zhí)行時間，響應比=（等待時間+執(zhí)行時間）/執(zhí)行時

間。J1第一個提交，也第一個執(zhí)行，J1在10：00執(zhí)行完畢，這時J2、J3都已到

達。J2的響應比=（1.5+1、）/1=2.5,J3的響應比=（0.5+0.25）/。25=3,故

第二個執(zhí)行J3；第三個執(zhí)行J2。平均周轉(zhuǎn)時間=（J1的周轉(zhuǎn)時間+J2的周轉(zhuǎn)時間+J3

的周轉(zhuǎn)時間）/3=[2+（1.75+1）+（0.5+0.25）]/3=5.5/3=1.83。

26、設有n個進程共用一個相同的程序段，假設每次最多允許m個進程（mgn）同時

進入臨界區(qū)，則信號量S的初值為（）。

A、m

B、n

C、m—n

D、一m

標準答案：A

知識點解析：本題考查互斥信號量的設置?；コ庑盘柫康某踔祽獮榭捎觅Y源數(shù)，在

本題中為可同時進入臨界區(qū)的資源數(shù)。每當一個進程進入臨界區(qū)，S減1,減到-

（n—m）為止，此時共有ISI個進程在等待進入。

27、利用銀行家算法進行安全序列檢查時，不需要的參數(shù)是（）。

A、系統(tǒng)資源總數(shù)

B、滿足系統(tǒng)安全的最少資源數(shù)

C、用戶最大需求數(shù)

D、用戶己占有的資源數(shù)

標準答案：B

知識點解析：本題考查果行家算法。安全性檢查一般要用到進程所需的最大資源

數(shù)，減去進程占用的資源數(shù)，得到進程為滿足進程運行尚需耍的可能最大資源數(shù)，

而系統(tǒng)擁有的最大資源數(shù)減去已分配掉的資源數(shù)得到剩余的資源數(shù)，比較剩余的資

源數(shù)是否滿足進程運行尚需要的可能最大資源數(shù)就可以得到當前狀態(tài)是否安全的結(jié)

論。而滿足系統(tǒng)安全的最少資源數(shù)并沒有這么一個說法。

28、在一個請求分頁系統(tǒng)中，采用LRU頁面置換算法時，假如一個作業(yè)的頁面走

向為1,3,2,1,1,3,5,1,3,2,1,5。當分配給該作業(yè)的物理塊數(shù)分別為3

和4時，則在訪問過程中所發(fā)生的缺頁率分別為（）。

A、50%、33%

B、25%、100%

C、25%、33%

D、50%、75%

標準答案：A

知識點解析?：本題考查頁面置換的相關計算。當物理塊數(shù)為3時，缺頁情況如下表

所示：

訪問事132i135i32!5

111\111i1111

內(nèi)存33333333335

2222555222

缺火4VqyVV

缺頁次數(shù)為6,缺頁率為6/12=50%。當物理塊數(shù)為4時，缺頁情況如下表所

?。?/p>

i321135i3215

i111111i1111

33333333333

內(nèi)存

2222222222

555555

缺頁4Vy

缺頁次數(shù)為4,缺頁率為4/12=33%。

29、如下程序在頁式虛存系統(tǒng)中執(zhí)行，程序代碼位于虛空間。頁，A為128”128的

數(shù)組，在虛空間以行為主序存放，每頁存放128個數(shù)組元素。工作集大小為2個頁

框（開始時程序代碼已在內(nèi)存，占1個頁框），用LRU算法，下面兩種對A初始化

的程序引起的頁故障數(shù)分別為（）。程序1：for（j=l；J<=128；J++）for（i=l,i<

=128；i++）A[i][j]=0；程序2：for（i=l,i<=128；i++）for（j=l,j<=128；J++）

A[i][j]=0;

A、128*128,128

B、128,12*128

C、64,64*64

D、64*64,64

標準答案：A

知識點解析：本題考查缺頁中斷的計算。進程的工作集是2個頁框，其中一個頁框

始終被程序代碼占用，所以可供數(shù)據(jù)使用的內(nèi)存空間只有一個頁框。在虛空間以行

為主序存放，每頁存放128個數(shù)組元素，所以每一行占?頁。程序1訪問數(shù)組的方

式為先行后列，每一次訪問都是針對不同的行，所以每一次都會產(chǎn)生缺頁中斷，

共128x128次。程序2訪問數(shù)組的方式是先列后行，每次訪問不同行時會產(chǎn)生缺頁

中斷，一共128次。

30、現(xiàn)代操作系統(tǒng)中，文件系統(tǒng)都有效地解決了文件重名（即允許不同用戶的文件

可以具有相同的文件名）問題，系統(tǒng)是通過（）來實現(xiàn)這一功能的。

A、重名翻譯機構(gòu)

B、建立索引表

C、樹型目錄結(jié)構(gòu)

D、建立指針

標準答案：C

知識點解析：本題考查文件的目錄結(jié)構(gòu)。樹型目錄結(jié)構(gòu)解決了多用戶之間的文件命

名問題，即在不同目錄下可以有相同的文件名。

31、下列敘述中，錯誤的是（）。I.索引順序文件也是一種特殊的順序文件，因

此通常存放在磁帶上n.索引順序文件既能順序訪問，又能隨機訪問皿.存儲在

直接存取存儲器上面的文件也能順序訪問，但一般效率較差W.在磁帶上的順序

文件中添加新記錄時，必須復制整個文件

A、I和W

R、II和W

C、I和口

D、I、II和W

標準答案：A

知識點解析：本題考查文件的物理結(jié)構(gòu)。對于I,直接存取存儲器（磁盤）既不像

RAM那樣隨機地訪問任一個存儲單元，也不像順序存取存儲器（如磁帶）那樣完全

順序存取，而是介于兩者之間，存取信息時通常先尋找整個存儲器的某個小區(qū)域

（如磁盤上的磁道）再在小區(qū)域順序查找。所以我認為直接存取不完全等于隨機存

取。索引順序文件如果存放在磁帶上，則無法實現(xiàn)隨機訪問，也就失去了索引的意

義。II顯然正確。磁盤上的文件可以直接訪問，也可以順序訪問，但如果順序訪問

的話，就比較低效了，H正確。對于W,在順序文件的最后添加新的記錄時，則不

必須復制整個文件。

32、下列關于設備獨立性的論述中，正確的是（）。

A、設備獨立性是1/O設備具有獨立執(zhí)行I/O功能的一種特性

B、設備獨立性是指用戶程序獨立于具體使用的物理設備的一種特性

C、設備獨立性是指獨立實現(xiàn)設備共享的一種特性

D、設備獨立性是指設各驅(qū)動獨立于具體使用的物理設備的一種特性

標準答案：B

知識點解析：本題考查設備獨立性的定義。設備獨立性的定義就是指用戶程序獨立

于具體物理設備的一種特性，引入設備的獨立性是為了提高設備分配的靈活性和設

備的利用率等。

33、在OSI參考模型中，上層協(xié)議實體與下層協(xié)議實體之間的邏輯接口稱為服務

訪問點（SAP）。在Intemct數(shù)據(jù)幀中，目的地址“OxOUOF781c60。1”屬于（）的服務訪

問點。

A、數(shù)據(jù)鏈路層

B、網(wǎng)絡層

C、傳輸層

D、應用層

標準答案：A

知識點解析：此題引用了OSI/RM中服務訪問點的概念，但考查的卻是TCP/IP

參考模型的知識。在TCP/IP參考模型中，網(wǎng)絡接口層的SAP是MAC地址；在

網(wǎng)際層（也可稱為網(wǎng)絡層）使用的是IP協(xié)議，其SAP便是IP地址；而傳輸層使用的

主要協(xié)議為TCP和UDP,TCP使用的SAP是TCP的端口號，UDP使用的SAP是

UDP的端口號。在Internet數(shù)據(jù)幀中，地址“OxOOOF781c6001”是一個48位的地

址，在TCP/IP模型中，只有網(wǎng)絡設備（例如網(wǎng)卡和無線網(wǎng)卡）的物理地址是48位

的，因此該地址屬于數(shù)據(jù)鏈路層的服務訪問點。

34、一個傳輸數(shù)字信號的模擬信道的信號功率是0.62w,噪音功率是0.02w,頻

率范圍是3.5?3.9MHz,該信道的最高數(shù)據(jù)傳輸速率是（）。

A、1Mbps

R、2Mbps

C、4Mbps

D、8Mbps

標準答案：B

知識點解析：本題考查香農(nóng)定理的應用。題干中已說明是有噪聲的信道，因此應聯(lián)

想到香農(nóng)定理，而對于無噪聲的信道，則應聯(lián)想到奈奎斯特定理。首先計算信噪比

S/N=0.62/0.02=31；帶寬W=3.9—3.5=0.4MHz,由香農(nóng)定理可知最高數(shù)

據(jù)傳輸率V=Wxlog2（l+S/N）=0.4xlog2（1+31尸2Mbps。

35、在簡單停止-等待協(xié)議中，為了解決重復幀的問題，需要采用（）。

A、幀序號

B、定時器

C、ACK機制

D、NAK機制

標準答案：A

知識點解析：本題考查簡單停止.等待協(xié)議機制。在停止等待協(xié)議中，如果在規(guī)定

時間內(nèi)沒有收到接收方的確認幀信息，發(fā)送方就會重新發(fā)送該幀，也就是發(fā)送了重

復幀。為了避免因為重豆幀引起不必要的錯誤，簡單停止一等待協(xié)議采用了幀序號

機制，即：在規(guī)定的時間內(nèi)未接收到確認幀，即重新發(fā)送；此時接收到的幀為重復

幀，而序號與前面一幀是相同的。接收端連續(xù)接收到的幀如果序號相同，則認為是

重復幀；如果幀序號不同，則理解為僅僅是內(nèi)容相同的不同的幀，所以A答案正

確。有同學會選擇C答案，實際上ACK機制是用于TCP協(xié)議中的擁塞控制機制，

并不是專門為了解決重復幀問題的。

36、一個2Mbps的網(wǎng)絡,線路長度為1km,傳輸速度為20m/ms,分組大小為100字

節(jié),應答幀大小可以忽略。若采用“停止一等待''協(xié)議，則實際數(shù)據(jù)速率是（）。

A、2Mbps

B、1Mbps

C、8Kbps

D、16Kbps

標準答案：C

知識點解析：本題考查“停止一等待''協(xié)議的效率分析。停止.等待協(xié)議每發(fā)送完一

個分組，需要收到確認后才能發(fā)送下一個分組。發(fā)送延遲

=8x100^-（2x1000000）=0.0004s,傳播延遲=1000m+20m/ms=50ms=0.05s,最小

間隔=0.0004s+0.05sx2=0.1004s。故數(shù)據(jù)速率=8xl00bil：0.1004際8Kbps。

37、RI和R2是一個自治系統(tǒng)中采用RIP路由協(xié)議的兩個相鄰路由器，R1的路由

表如表1所示，當R1收到R2發(fā)送的報文（見表2）后，R1更新的3個路由表項中距

離值從上到下依次為（），

表1R1的路由表表2R2發(fā)送的報文

目的網(wǎng)絡距離路由目的網(wǎng)絡距離

0直接3

7R24

4R23

A、0、4、3

B、0、4、4

C、0、5、3

D、0、5、4

標準答案：D

知識點解析：對比表1和表2發(fā)現(xiàn)，R1到達目的網(wǎng)絡20.0.0.0的距離為7,而

表2中R2到達目的網(wǎng)絡20.0.0.0的距離為4。由于7>4+1,此時R1經(jīng)過R2

到:iA目的網(wǎng)絡20.0.0.0的路由距離變短了，所以R1要根據(jù)R2提供的數(shù)據(jù)修

改相應路由項的距離值為5。R1到達目的網(wǎng)絡30.0.0.0的距離為4,而表2

中R2到達目的網(wǎng)絡30.0.0.0的距離為3。由于4=3+1,顯然R1經(jīng)過R2到達

目的網(wǎng)絡30.0.0.0,并不能得到更短的路由距離，所以R1無需進行更新操

作，將保持該路由表項原來的參數(shù)。當R1收到R2發(fā)送的報文后，按照以下規(guī)律

更新路由表信息：1）如果R1的路由表沒有某項路由記錄，則R1在路由表中增加

該項，由于要經(jīng)過R2轉(zhuǎn)發(fā)，所以距離值要在R2提供的距離值基礎上加1。2）如

果R1的路由表中的表項路由記錄比R2發(fā)送的對應項的距離值加1還要大，則R1

在路由表中修改該項，距離值根據(jù)R2提供的值加1。可見，對于路由器距離值為

O的直連網(wǎng)絡，則無需進行更新操作，其路由距離保持為0。

38、路由器收到一個數(shù)據(jù)包，其目的地址為195.26.17.4,該地址屬于（）子

網(wǎng)。

A、195.26.0.0/21

B、195.26.16.0/20

C、195.26.8.0/22

D、195.26.20.0/22

標準答案：B

知識點解析：目的地址195.26.17.4轉(zhuǎn)換為二進制的表達方式為：

11000011.00011010.00010001.00000100o對該IP取20、21、22位的子網(wǎng)掩

碼，就可以得到該IP所對應的子網(wǎng)：195.26.16,0/20、195.26.16.0/

21、195.26.16.0/22o從而可以得出該地址屬于195.26.16.0/20的子

網(wǎng)。

39、假設在沒有發(fā)生.擁塞的情況下，在一條往返時間RTT為10ms的線路上采用慢

開始控制策略。如果接收窗口的大小為24KB,最大報文段MSS為2KB。那么發(fā)

送方能發(fā)送出一個完全窗口（也就是發(fā)送窗口達到24KB）需要的時間是（）。

A、30ms

B、60ms

C^50ms

D、40ms

標準答案：D

知識點解析：本題考查對TCP擁塞捽制的慢開始算法的理解°按照慢開始算浜，

發(fā)送窗口的初始值為擁塞窗口的初始值即MSS的大小2KB,然后一次增大為

4KB,8KB,16KB,然后是接收窗口的大小24KB,即達到第一個完全窗口。因此

達到第一個完全窗口所需的時間為4xRTT=40ms。慢開始算法考慮了網(wǎng)絡容量與

接收端容量，要求每個發(fā)送端維護2個窗口：接收窗口和擁塞窗口，兩個窗口的較

小值就為發(fā)送窗口。所渭“慢開始”就是由小到大逐漸增大發(fā)送端的擁塞窗口數(shù)值。

其基本原理是：在連接建立時，將擁塞窗口的大小初始化為一個MSS的大小，此

后擁塞窗口每經(jīng)過一個RTT，就按指數(shù)規(guī)律增長一次，直到出現(xiàn)報文段傳輸超時

或達到所設定的慢開始門限值ssthresho四種擁塞控制算法是TCP協(xié)議的核心所

在，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。

40、一臺域名服務器希望解析域名www.google.com,如果這臺主機配置的DNS

地址為a,Internet的根域名服務器為b,而存儲域名www.google.com與其IP

地址對應關系的域名服務器為c,那么這已主機通常先查詢（）。

A、域名服務器a

B、域名服務器b

C、域名服務器c

D、不確定

標準答案：A

知識點解析：本題考查域名解析的過程。主機發(fā)出DNS查詢報文時，該報文首先

被送往該本地域名服務器。本地域名服務器不能立即回答該查詢時，就以DNS客

戶的身份向某一根域名服務器查詢。若根域名服務器也沒有該主機的信息時（但此

時其一定知道該主機的授權(quán)域名服務器的IP地址），有兩種做法：1）遞歸查詢：根

域名服務器向該主機的受權(quán)域名服務器發(fā)送DNS查詢報文，查詢結(jié)果再逐級返回

給原主機；2）迭代查詢：根域名服務器把授權(quán)域名服務器的IP地址返回給本地域

名服務器，由本地域名服務器再去查詢。不管采用何種查詢方式，首先都要查詢本

地域名服務器。該主機配置的DNS地址a即為其本地域名服務器地址。

二、綜合應用題（本題共”題，每題1.0分，共77

分。）

41、對于一個堆棧、若其入棧序列為1,2,3,……,n,不同的出入棧操作將產(chǎn)生

不同的出棧序列。其出戌序列的個數(shù)正好等于結(jié)點個數(shù)為n的二叉樹的個數(shù)，且與

不同形態(tài)的二叉樹一一對應。請簡要敘述一種從堆棧輸入（固定為1,2,3,……,

n）/輸出序列對應一種二叉樹形態(tài)的方法，并以入戌序列1,2,3（即n=3）為例加

以說明。

標準答案：由于二叉樹前序遍歷序列和中序遍歷序列可唯一確定一棵二叉樹。因

此，若入棧序列為1,2,3,……，n相當于前序遍歷序列是1,2,3n,出棧序列

就是該前序遍歷對應的二義樹的中序序列的數(shù)目，而中序遍歷的過程實質(zhì)就是一個

結(jié)點進棧和出棧的過程。二叉樹的形態(tài)確定了結(jié)點進棧和出棧的順序，也就確定

了結(jié)點的中序序列。當結(jié)點入棧序列為{1,2,3}時，出棧序列可能為：{3,2,1},

{2,3,1},{2,1,3},{1,3,2},{1,2,3},它們對應二義對如下：

U32}【擴展】進棧出棧

操作與一叉樹中序遍歷的關系：①一個結(jié)點進棧后有兩種處理方式：要么立刻出

棧（沒有左孩子）：或者下一個結(jié)點進棧（有左孩子）。②一個結(jié)點出棧后也有兩種處

理方式：要么繼續(xù)出棧（沒有右孩子）；或者下一個結(jié)點進棧（有右孩子）。

知識點解析：暫無解析

已知一棵二叉樹采用二叉鏈表存儲，結(jié)點構(gòu)造為上IRd山卜「。。1指向

根結(jié)點。請編寫算法判斷該二叉樹是否是平衡二叉樹，即二叉樹中任意結(jié)點的左右

由一一不超過1,例如下圖所示的二叉樹就是一棵平衡二叉樹。

要求:

42、給出算法的基本設計思想。

標準答案：基本的基本設計思想：設置二叉樹的平衡標記balance,以標記返回二

叉樹bt是否為平衡二叉樹，若為平衡二叉樹，則返回1，否則返回0;h為二叉樹

bt的高度。采用前序遍歷的遞歸算法：①若bl為空，則高度為0,balance=lo(2)

若bt僅有根結(jié)點，則高度為1,balance=lo③否則，對bt的左、右子樹執(zhí)行遞歸

運算，返回左、右子樹的高度和平衡標記，bt的高度為最高子樹的高度加1。若

左、右子樹的高度差大于1，則balance=0；若左、右子樹的高度差小于1,且左、

右子樹都平衡時,balance=l,否則balance=0。

知識點解析：暫無解析

43、根據(jù)設計思想，采用C或C++語言描述算法，關鍵之處給出注釋。

標準答案：算法的實現(xiàn)前下：voidJudge_AVL(BjiTrecbt,int&balance,

int&h)(intbl,br,hl,hr；//左、右子樹的平衡標記和高度if,

(bt==NULL){//空樹，高度為0h=0,balance=l；)else

if(p—>ichild==NULL&&p—>rchild==NULL)(//僅有根結(jié)點，則高度為Ih=l；

balance=l；)else{Judge_AVL(bt—>lchild,bl,hi)；//遞歸判斷左子樹

Judge_AVL(bt—>rchild,br,hr),//遞歸判斷右子樹h=(hl>hr?hl：hr)+l,

if(abs(hl,hr)<2)//若高度絕對值小于2,則看左、右子樹是否都平衡

balance=bl&br；//&為邏輯與，即左、右子樹都平衡時，二叉樹平衡else

balance=0；})

知識點解析：暫無解析

設某計算機有變址尋址、間接尋址和相對尋址等尋址方式，一個指令字長等于一個

存儲字。設當前指令的地址碼部分為001AH,正在執(zhí)行的指令所在地址為

1F05H,變址寄存器中的內(nèi)容為23AOH。己知存儲器的部分地址及相應內(nèi)容如下

地址內(nèi)容地址內(nèi)容

001AH23A0H23A0H2600H

IF05H2400H23BAHI748H

1FIFH2500H

表所示。

44、當執(zhí)行取數(shù)指令時，如為變址尋址方式，取出的數(shù)為多少?

標準答案：本題考查指令的尋址方式。前兩小題涉及數(shù)據(jù)尋址，其最終目的是尋址

操作數(shù)，第3小題涉及指令尋址，其目的是尋址下一條將要執(zhí)行的指令地址。下表

列出了基本的尋址方式，其中偏移尋址包括變址尋址、基址尋址和相對尋址三種方

式。

尋址方式規(guī)則主要優(yōu)點主要缺點

立即尋址掾作數(shù)=A無需訪向存儲H操作敢范圍受限

寄存器尋址EA=R無需訪問存儲器尋址空間受限

直接尋址EA-A前峨尋址空間受限

間接尋址EA-(A)尋址空間大多次訪問主存

寄存器間接尋址EA=(R)尋址空間大多訪問一次主存

偏移尋址EA=<R>+A靈活復雜

特別注意相對尋址方式中的PC值更新的問題：根據(jù)歷年統(tǒng)考真題，通常在取出當

前指令后立即將PC的內(nèi)容加1(或加增量)，使之變成下條指令的地址。變址尋址

時，操作數(shù)S=((Rx)+A)=(23AOH+OO1AH)=(23BAH)=1748H0

知識點解析：暫無解析

45、如為間接尋址，取出的數(shù)為多少？

標準答案：間接尋址時，操作數(shù)S=((A)尸((001An))=(23AOH)=2600H。

知識點解析：暫無解析

46、設計算機每取一個存儲字PC自動加1,轉(zhuǎn)移指令采用相對尋址，當執(zhí)行轉(zhuǎn)移

指令時，轉(zhuǎn)移地址為多少?若希望轉(zhuǎn)移到23AOH,則指令的地址碼部分應設為多

少？

標準答案：轉(zhuǎn)移指令使用相對尋址，因為指令字長等于存儲字長，PC每取出一條

指令后自動加1,因此轉(zhuǎn)移地址=(PC)+1+A=lF05H+l+001An=lF20H。若希望轉(zhuǎn)移

到23AOH,則指令的地址碼部分應為23AOH—(PC)—1=23AOH—1F05H—

1=049AH.

知識點解析：暫無解析

設有一個CPU的指令執(zhí)行部件如下圖所示，由Cache每隔100ns提供1條指令。

300ns

(注：Bl、B2和B3是三個相

同的并行部件)

47、畫出該指令流水線功能段的時空圖。

標準答案：本題考查用時空圖描述流水線的工作過程和流水線性能的計算方法。本

題中的流水線使用重復沒置瓶頸段的方法來消除瓶頸。Bl、B2和B3段是本題的

關鍵，分為3條路徑，每條都是300ns,完全可以滿足流水線的輸入。在流水線的

B段，可以同時并行執(zhí)行3條指令。流水線的時空圖如下所示。

處理器

1234

3

2

14

1234

1234

!234

時間/100ns

知識點解析：暫無解析

48、試計算流水線執(zhí)行這4條指令的實際吞吐率和效率。

標準答案：完成4個任務的周期數(shù)為T=(100+100+100+300+100+300)ns=1000ns；

任務數(shù)為N=4；則有吞吐率為：TP=N/T=(4/I000)xl09=0.4xl()7(條指令/秒)

流水線的效率為：流水線的效率=任務所占面積/總面積=(4*4+3*4)/7*10=40%

知識點解析：暫無解析

兄弟倆共同使用一個賬號，每次限存或取10兀，存錢與取錢的進程分別如卜所

示：intamount=0；SAVE(){TAKE(){intml；intm2;ml=amount；m2二amount；

ml=ml+!0；m2=m2-10；amount=ml；amount=m2；}}由于兄弟倆可能同時存

錢和取錢，因此兩個進程是并發(fā)的。若哥哥先存了兩次錢，但在第三次存錢時，弟

弟在取錢。請問：

49、最后賬號amount上面可能出現(xiàn)的值？

標準答案：本題考查PV操作實現(xiàn)進程的互斥。哥哥存兩次錢后，共享變量

amount的值為20。哥哥的第三次存錢與弟弟的取錢同時進行，如果兩者順序執(zhí)

行，則最后amount的值為20；如果在一個進程的執(zhí)行過程中，進行CPU調(diào)度，

轉(zhuǎn)去執(zhí)行另一進程，則最后amount的值取決于amount二m