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1、学而不思则惘，思而不学则殆计算机科学与技术学科联考计算机学科专业基础模拟试题（第一套）一、单项选择题：第140 小题，每小题2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项最符合试题要求。1假设n 是描述问题规模的非负整数，下面程序片段的时间复杂度为（） 。void fun(int n) int i,j,k; for(i=1;i=n;i+) for(j=1;j=n;j+) k=1; while(kprior=L&L-next=L 线性表的插入和删除总是伴随着大量数据的移动只有删除静态链表的尾结点才不需要移动元素若线性表采用链式存储结构，要求内存中可用存储单元的地址必须不连续A仅B仅
2、、C仅、D、和3循环队列用数组A0 .m- 1存放其元素值，已知其头尾指针分别是front 和 rear（且队尾指针rear 指向队尾元素的下一个元素），则当前队列中的元素个数是（） 。A(rear- front+m)%m B(rear- front+1)%m Crear- front- 1 D rear- front 4 下列关于二叉树的叙述中正确的是（） 。 对于任何一棵二叉树，叶子结点数都是度为2 的结点数加1 二叉树的左右子树不可以任意地交换精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆二叉树
3、只适合使用链式结构存储，不可能用顺序结构存储结点按层序编号的二叉树，第i 个结点的左孩子（假设存在）的编号为2i A 仅、B仅C仅、D仅、5已知一棵深度为k 的平衡二叉树，其每个非叶子结点的平衡因子均为0，则该树共有结点总数为（） 。A2k 1- 1 B2k 1+1 C2k- 1 D 2k+1 6根据使用频率为5 个字符设计的赫夫曼编码不可能是（） 。A000，001，010，011，1 B 0000， 0001，001， 01，1 C000，001，01，10， 11 D 00，100，101，110，111 7在具有n 个顶点的图G 中，若最小生成树不唯一，则（） 。 G 的边数一定大于n
4、-1 G 的权值最小的边一定有多条 G 的最小生成树代价不一定相等A仅B仅、C仅、D仅8以下哪些方法可以判断出一个有向图是否有环（） 。深度优先遍历求最短路径拓扑排序求关键路径A仅、B仅、C仅、D、和 9在一棵二叉排序树上，查找关键字为35 的结点，依次比较的关键字有可能是（） 。A28，36，18，46，35 B18，36，28，46，35 C46， 28，18，36，35 D 46，36，18， 28，35 10排序趟数与序列的原始状态无关的排序方法是（） 。直接插入排序简单选择排序冒泡排序基数排序A仅、B仅、C仅、D仅、 11下列关于外部排序说法正确的是（） 。 A内存与外设交换信息的时
5、间只是外排序总时间的一小部分B外部排序就是在外存上进行排序，无需内存参与C败者树是一棵完全二叉树D置换 -选择排序得到的初始归并段长度一定相等12图1-1 中计算机硬件系统基本组成部件、和的名称分别是（） 。A控制器、运算器、存储器、输入设备、输出设备精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆B运算器、控制器、存储器、输入设备、输出设备C运算器、存储器、控制器、输入设备、输出设备D运算器、控制器、存储器、输出设备、输入设备图 1-1 计算机硬件系统基本组成部件13已知小写英文字母“a”的ASCII
6、 码值为 61H，现字母“ g”被存放在某个存储单元中，若采用偶校验（假设最高位作为校验位），则该存储单元中存放的十六进制数是（） 。A167H BE6H C67H DE7H 14页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成的。假定页面的大小为4KB，地址变换过程如图1-2 所示，图中逻辑地址用十进制数表示。逻辑地址经过变换后，十进制数物理地址a 应为（） 。A33220 B8644 C4548 D2500 图 1-2 页式存储系统的逻辑地址变换过程15下列关于ROM 和 RAM 的说法中，正确的是（） 。 CD-ROM 与 EPROM 都采用随机存储方式 SRAM 读后不需要刷新，而D
7、RAM 读后需要刷新 Cache可以由 ROM 或者 RAM 组成A、和B仅和C仅D仅16下列关于Flash 存储器的说法正确的是（） 。AFlash 存储器属于易失性存储器精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆BFlash 存储器不具备写功能CFlash 存储器是不可擦除的存储器DFlash 存储器同时具有ROM 和 RAM 的功能17某机器采用16 位单字长指令，采用定长操作码，地址码为5 位，现已定义60 条二地址指令，那么单地址指令最多有（）条。A4 B32 C128 D256 18指
8、令（）从主存中读出。A总是根据程序计数器（PC）B有时根据PC，有时根据转移指令C根据地址寄存器D有时根据PC，有时根据地址寄存器19当有中断源发出请求时，CPU 可执行相应的中断服务程序，以下可以提出中断请求的是（） 。外部事件 Cache 浮点运算下溢浮点运算上溢A仅、B仅、C仅、D仅、20某数码相机内置128MB 的存储空间，拍摄分辨率设定为1600 1200 像素，颜色深度为24 位，若不采用压缩存储技术，使用内部存储器最多可以存储（）张照片。A12 B25 C13 D 23 21下面关于PCI 总线的基描述中，错误的有（） 。 PCI 总线是一个与处理器性能相关的高速外围总线 PCI
9、 总线可对传输信息进行奇偶校验 PCI 设备一定是主设备系统中允许有多条PCI 总线A仅、B仅、C仅和D仅、 22下列说法正确的是（） 。A在统一编址方式下，访问主存储器和访问I/O 设备是通过不同的指令来区分的B计算机的外围设备就是指输入和输出设备C中断隐指令属于程序控制型指令 D在中断服务程序中，恢复现场之前需要关中断23下列关于分时操作系统和实时操作系统说法错误的是（） 。 分时操作系统的时间片固定，那么用户数越多，响应时间越长在主存容量为M 的多用户分时操作系统中，当注册用户数为N 时，每个用户拥有的主存空间为M/N 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
10、- - - - - -第 4 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆对于实时操作系统而言，处理机效率一般不作为其设计目标铁路信号系统、门禁系统和股票交易系统都需要实时操作系统支持A、B、C只有D只有24以下服务中，能发挥多线程系统的特长的是（） 。利用线程并发地执行矩阵乘法运算 Web 服务器利用线程请求HTTP 服务键盘驱动程序为每一个正在运行的应用配备一个线程，用来响应相应的键盘输入基于GUI 的 debugger 用不同线程处理用户的输入、计算、跟踪等操作A、 B、C、D、25现在有3 个同时到达的作业J1、J2 和 J3，它们的执行时间分别为T1、T2 和 T3，且T1T2T3 。
11、如果该系统中有两个CPU，各自按照单道方式运行且采用短作业优先算法，则平均周转时间是（） 。A （T1+T2+T3 ）/3 B （2T1+T2+T3 ）/3 C （T1+2T2+T3 ）/3 D （2T1+T2+T3 ）/3 或（ T1+2T2+T3 ）/3 26对计数型信号量S 执行V 操作后，下列选项错误的是（） 。当S.value0 时，唤醒一个阻塞队列进程只有当S.value0 时，唤醒一个阻塞队列进程当S.value0 时，唤醒一个就绪队列进程只有当S.valuefront 和 rearfront 时，队列中元素个数为rear- front=(rear - front+m)%m 因为
12、 0rear- frontm ，所以 rear- front+m 与 m 取余后结果还是rear- front。（2）当 rearfront 时，队列中元素个数为m- （front- rear） =rear- front+m= （rear- front+m)%m 因为 0rear- front+mm ，所以 rear- front+m 与 m 取余后结果还是rear- front+m 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆综合（ 1）、（2）可知， A 选项正确。知识点总结：循环队列的两大状
13、态和两大操作以及三大重点提醒。（1）两大状态（数学式子表示）1）队空状态： q.rear=q.front 。2）队满状态：（ q.rear+1） %MAX=q.front 。（2）两大操作1）元素 x 进队操作（移动队尾指针）。q.rear=(q.rear+1)%MAX ；q.dataq.rear=x ；2）元素 x 出队操作（移动队头指针）。q.front=(qu.front+1)%MAX；x=q.dataq.front ；重点提醒1：有些教材说循环队列队尾指针指向队尾元素，有些教材说循环队列队尾指针指向队尾元素的下一个元素。不同的说法可能导致很多题目的答案总是相差1。所以如果在考研试卷中碰
14、到，且题目没有说明（不过像考研试卷一般都会说明），一律认为是循环队列队尾指针指向队尾元素的下一个元素。重点提醒2：元素入队时，先移动指针，后存入元素；元素出队时，也是先移动指针，再取出元素。有些书上可能有不同的顺序，其实本质是一样的，考生只需去适应一种写法，对于程序设计题目已经足够。对于选择题，则可根据题目描述确定是先存取元素，再移动指针，还是其他处理顺序。重点提醒3：循环队列的队尾指针、队头指针、队中元素个数，知道其中任何两者均可算出第三者。4B。 ：的描述只有在非空二叉树 的情况下才成立，所以考生在做这种概念题目的时候一定要先想到这种特殊情况，所以错误。：二叉树的左右子树是有顺序的，不能随
15、意交换，所以正确。：一般的二叉树确实不能使用顺序结构存储，但是完全二叉树和满二叉树一般都使用顺序结构存储，所以错误。：该结论只对完全二叉树才成立，所以错误。综上所述，只有正确。5C。每个非叶子结点的平衡因子均为0，说明了该平衡二叉树为满二叉树，所以结点总数为2k- 1。总结：（1）设 Nh表示深度为h 的平衡二叉树中含有的最少结点数，则N0=0，N1=1，N2=2，L ，Nh=Nh 1+Nh 2+1 例如，深度为5 的平衡二叉树中含有最少的结点数为N5=12。（2）二叉排序树的查找效率取决于其深度。对于结点个数相同的二叉排序树，平衡二叉树精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归
16、纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆的深度最小，因此效率最高。6D。赫夫曼树中只有度为0 或 2 的结点，由D 选项可以画出对应的二叉树，如图1-7 所示。图 1-7 D 选项对应的二叉树由赫夫曼树的性质可知，树中不应该含度为1 的结点，因此D 选项不可能。7A。 最小生成树边的权值之和最小，若两棵树同时为最小生成树，那么它们的边的权值之和一定相等，故错误；既然最小生成树不唯一，并且最小生成树的边都为n-1 条，说明图G 的边数一定会大于n-1，故正确；最小生成树不唯一，和G 的权值最小的边的条数没有任何关系，故错误。8A。 有两种方法可以判断有
17、向图中是否有回路。用深度优先遍历的方法，如果从有向图上某个顶点 v 出发的遍历，在dfs(v)结束之前出现一条从顶点j 到 v 的边，由于j 在生成树上是v 的子孙，则图中必定存在包含v 和 j 的环，因此可以；用拓扑排序的方法，在拓扑排序过程中，每次要删去一个没有前驱的顶点，如果最后图中所有顶点都被删除，则表示没有环，否则有环，因此正确。而最短路径和关键路径（建立在无环的AOE 网的基础之上）都是不可以判断的。补充： 还有一个出题点是间接出题，即若一个有向图中的顶点不能排成一个拓扑序列，则断定该有向图一定有什么？想必90%以上的考生都会选择有环，但是没有环这个选项，只有顶点数目大于1 的强连
18、通分量这个选项，此时考生必须知道顶点数目大于1 的强连通分量就表明有环 。9D。 可以根据选项画出查找路线上的结点，根据二叉排序树的规定来排除不满足条件的选项。根据题目选项所得查找路线如图1-8 所示。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆图 1-8 查找路线图A 选项中28 的右子树中出现了小于它的18，不满足二叉排序树规定，排除。B 选项中36 的左子树中出现了大于它的46，不满足二叉排序树规定，排除。C 选项中28 的左子树中出现了大于它的36，不满足二叉排序树规定，排除。补充： 在关
19、键字随机分布的情况下，用二叉排序树的方法进行查找，其查找长度相当于折半查找的时间复杂度，即O(log2n)。平衡二叉树的查找效率最高，因为二叉树的查找效率取决于二叉树的高度，对于结点个数相同的二叉树，平衡二叉树的高度最小。10B。直接插入排序：每趟排序都是插入一个元素，所以排序趟数固定为n- 1（n 为元素数）。简单选择排序：每趟排序都是选出一个最小（或最大）的元素，所以排序趟数固定为n- 1 （ n 为元素数） 。交换类的排序：其趟数和原始序列状态有关，所以冒泡排序与初始序列有关。基数排序：每趟排序都要进行“分配”和“收集”，排序趟数固定为d（d 为组成元素的关键字位数）。综上所述，、都是无
20、关的，所以选B。11C。A：影响外排序时间的主要因素 就是内存与外设交换信息的总次数，所以A 错误。B：外部排序也是在内存上进行排序，只不过需要分为多步而已，所以B 错误。C：从败者树的构建方式可知，败者树是一棵完全二叉树，所以C 正确。补充知识点：败者树和堆有什么区别？解析： 外排序中败者树和堆排序的区别在于：（1）败者树是在双亲结点中记下刚进行完的这场比赛的败者，而让胜者去参加更加高一层的比赛，便可得到一棵败者树。而堆排序可看做一种胜者树，即双亲结点表示其左右孩子中的胜者。（2）在败者树中，参加比较的n 个关键字全部为叶子结点，双亲即为其左、右子女的败者，败者树中结点总数为2n- 1，加上
21、冠军结点恰好为2n。而堆是由n 个关键字组成的完全二叉树，每个关键字作为树中一个结点，根是n 个关键字中的胜者，树中结点总数为n。D：使用置换 -选择排序得到的初始归并段长度不一定相等，从最佳归并树构造赫夫曼树的过程也可以得到答案，所以D 错误。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆外排序的基本过程：基于磁盘进行的排序多使用归并排序方法。其排序过程主要分为两个阶段：（1）建立用于外排序的内存缓冲区。根据它们的大小将输入文件划分为若干段，用某种内排序方法对各段进行排序。经过排序的段叫做初始归并
22、段。当它们生成后就被写到外存中。（2）按归并树模式，把（1）生成的初始归并段加以归并，一趟趟扩大归并段和减少归并段数，直到最后归并成一个大归并段为止。例如：设有一个包含4500 个记录的输入文件，现用一台其内存至多可容纳750 个记录的计算机对该文件进行排序。输入文件放在磁盘上，磁盘每个页块可容纳250 个记录，这样全部记录可存储在4500/250=18 个块中。输出文件也放在磁盘上，用以存放归并结果。由于内存中可用于排序的存储区域能容纳750 个记录，所以内存中恰好能存3 个块的记录。在外排序一开始，把18 块记录每3 块一组读入内存。利用某种内排序方法进行内排序，形成初始归并段，再写回外存
23、。总共可得到6 个初始归并段。然后一趟一趟进行归并排序，如图1-9 所示。图 1-9 归并排序12B。图中实线框为CPU，而 CPU 包含五大部件中的运算器和控制器，排除C 选项。控制器为计算机提供工作统一的时钟及其发出各种控制命令来协调计算机的各部件自动地工作，所以控制器应该与其他四大部件相连，可得为运算器，为控制器。最后，根据数据的流向可以判断，为输入设备，为输出设备。剩下为存储器。13D。由于“ a”的ASCII 码值为61H，而“ g”是第7 个字母，所以可以得到“g”的 ASCII 码值应为 61H +6=67H=1100111B 。现在“ g”的 ASCII 码值中有5 个“ 1”
24、，按照偶校验的规则，应该在最高位上添加一个1，使得“ 1”的个数为偶数个，最后可得该存储单元中存放的十六进制数为 E7H（1110 0111 ）。14A。 本题考查的是页式存储系统管理中的地址变换知识。在页式存储系统管理中，逻辑地址除精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆以页的大小，然后向下取整为页号，取余为页内地址。本题页面的大小为4KB，逻辑地址8644 除以 4096，取整为2，取余为452。页号为2，查页表得物理块号为8。因此， a 的有效地址为8 4096+452=33220。15
25、D。 对于选项：首先，ROM 和 RAM 都是采用随机存取方式。由于EPROM 属于ROM ，故采用随机存取方式。而CD-ROM 属于光盘，为非随机存储，故错误。对于选项：SRAM采用双稳态触发器来记忆信息，因此不需要刷新；而DRAM 采用电容存储电荷的原理来存储信息，只能维持很短的时间，因此需要刷新，故错误。对于选项：Cache 需要有信息的输入和输出，而ROM 只可读，不可输入，因此不能作为 Cache，故错误。16D。Flash 存储器是一种具有较高存储容量、较低价格、非易失性、可在线擦除与编程的新一代读写存储器。从基本工作原理上看，Flash 存储器属于ROM 型存储器，但由于它又可以
26、随时改写其中的信息，所以从功能上看，它又相当于随机存储器（RAM ）。Flash 存储器与其他存储器的区别总结（见表1-6） 。表 1-6 Flash 存储器与其他存储器区别内存类型非易失性高密度可写Flash 存储器是是是SRAM 不是不是是DRAM 不是是是ROM 是是不是EPROM 是是不是EEPROM 是不是是17A。首先可以计算出操作码字段的长度为16- 5- 5=6。所以一共可以定义26=64 条指令，既然二地址指令占了60 条，且是定长操作码，故单地址指令最多可以有64- 60=4 条，所以选A。如果此题将条件改为采用不定长操作码，答案又是什么？分析如下：如果采用不定长（扩展）操
27、作码，每条二地址指令可扩展为32 条单地址指令，那么单地址指令最多有32 4=128 条。18A。 指令总是根据程序计数器（PC）从主存中读出（一定记住）。可能考生会想到无条件转移指令 情况，认为不一定总是根据PC 读出。实际上，正确的执行顺序是这样的，当前指令正在执行时，其实PC 已经是下一条指令的地址了，如果遇到了无条件转移指令，则只需要简单地把跳转的地址覆盖PC 的内容就可以了，最终的结果还是指令需要根据程序计数器从主存读出。19C。 ：外部事件是可以提出中断请求的，如可以通过敲击键盘来终止现在正在运行的程序，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -
28、 - - -第 13 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆这个就可以看做一个中断，所以可以。： Cache 是属于存储设备，不能提出中断请求，所以不可以。、：浮点运算下溢，可以当做机器零处理，不需要中断来处理；而浮点运算上溢，必须中断来做相应的处理，所以不可以，可以。20D。24 位图像是典型的JPG 图片， RGB 各占 8 位，合计 3B。未经压缩的图片大小=1600 12003B 5.5MB ，128MB/5.5MB=23.3 ，所以内置的存储空间最多可存储23 张照片。21D。PCI 总线与CPU 及时钟频率都无关，故错误；PCI 总线支持即插即用并且可对数据和地址进行奇偶校验，
29、并且PCI 总线采用猝发传送方式，故正确；主设备指获得总线控制权的设备，所以PCI 设备不一定都是主设备，故错误；系统中肯定允许有多条PCI 总线，以此来提升计算机的效率，故正确。22D。A：在统一编址方式下，访问主存储器和访问I/O 设备是通过 不同的地址码来区分的；在独立编址方式下，访问主存储器和访问I/O 设备是通过 不同的指令 来区分的，所以A 错误。B：除主机外的硬件装置统称为外围设备或外部设备，包括输入、输出设备和外存储器，所以 B 错误。C：中断隐指令并不是一条真正的指令，因此不可能把它预先编入程序中，只能在响应中断时由硬件直接控制执行，它就好像是隐藏于机器中的指令，只有在响应中
30、断时被执行。中断隐指令不在指令系统中，不属于程序控制指令，所以C 错误。补充： 在中断周期中，由中断隐指令自动完成保护断点、寻找中断服务程序入口地址以及硬件关中断的操作。D：为了防止在恢复现场过程中又出现新的中断，在恢复现场前需要增加关中断操作，所以 D 正确。提醒： 请注意区分，保护现场前的关中断由中断隐指令完成，但是恢复现场前的关中断是由中断服务程序完成。23 C。正确。在分时操作系统中，响应时间跟时间片和用户数成正比。响应时间：从提交第一个请求到产生第一个响应所用时间。在RR 算法中，用户作业时间片结束后，就认为产生了第一个响应。错误。操作系统具有主存的共享性，因此每个用户拥有的主存空间
31、大小是由用户程序的大小决定的。正确。实时操作系统要求在安全的情况下对时间的要求较苛刻，为保证系统的工作时效，牺牲效率也是必然的。正确。铁路信号系统需要实时调度车辆，延时会出事故；门禁系统需要及时响应用户的进入请求；股票交易系统需要当前的实时行情，上述应用均要求使用实时操作系统。综上所述，本题选C。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆24D。在多线程操作系统中，通常一个进程中包括多个线程，每个线程都是作为利用CPU 的基本单位，是花费最小开销的实体。线程具有下述属性：（1）轻型实体。线程中的
32、实体基本上不拥有系统资源，只是有一点必不可少的，即能保证独立运行的资源。它包含了一个线程ID 、一个程序计数器、一个寄存器组和一个堆栈。（2）独立调度和分派的基本单位。（3）可并发执行。（4）共享进程资源。在同一进程中的各个线程，都可以共享该进程所拥有的资源，包括共享代码段、数据段以及其他的操作系统资源（如打开的文件）等。多线程最大的优点就是并发执行。在4 个服务中，只有键盘操作是无法并发执行的，因为整个系统只有一个键盘，而且键盘输入是人的操作，速度比较慢，完全可以使用一个线程来处理整个系统的键盘操作，所以选择D。25B。J1、J2 和 J3 同时在 0 时刻到达，按短作业优先算法，选择J1
33、和 J2 执行，则J1 和 J2 等待时间为 0。又因为T1T2，所以 J1 先于 J2 完成，即在T2 时刻，释放CPU，J3 开始，则J3 的等待时间为T1。然后 J2 完成，最后J3 完成。J1 周转时间为T1。J2 周转时间为T2。J3 周转时间为T1+T3 。 所以平均周转时间为（2T1+T2+T3 ） /3。知识点回顾：周转时间 =等待时间 +运行时间 =结束时间 - 到达时间26B。提醒：计数型信号量就是记录型信号量，不要被这个搞混了。正确。当执行V 操作后， S.value 0，说明了在执行V 操作之前 S.value0（此时 S.value 的绝对值就是阻塞队列中进程的个数）
34、 ，所以阻塞队列必有进程在等到，所以需要唤醒一个阻塞队列的进程。错误。由的分析可知，S.value 0 就会唤醒。因为可能在执行V 操作前，只有一个进程在阻塞队列，也就是说S.value=- 1，执行V 操作后，唤醒该阻塞进程，S.value=0。和错误。 S.value 的值和就绪队列中的进程没有此层关系，所以全错。综上所述，本题选 B。27C。对于逻辑地址结构，因为8 页 =23 页，所以表示页号的地址有3 位，又因为每页有1024B= 210B，所以页内偏移地址有10 位。因此总共逻辑地址有13 位。对于物理地址结构，因为页面的大小和物理块的大小是一样的，所以每个物理块也是1024B，而
35、内存至少有32 块物理块，所以内存大小至少是32 1024B=215B。因此物理地址至少要 15 位，不然无法访问内存的所有区域。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆28D。每页 1KB ，默认字长为1B，那么页内地址需要10 位，则剩下的6 位为虚页号。计算过程如表1-7 所示。表 1-7 十六进制虚地址及物理地址十六进制虚地址0A5C 1A5C 二进制虚地址0000 1010 0101 1100 0001 1010 0101 1100 二进制虚页号0000 10 0001 10 二进制
36、物理页号0001 00 缺页中断二进制页内地址10 0101 1100 二进制物理地址0001 0010 0101 1100 十六进制物理地址125C 29B。 正确。增大内存可使每个程序得到更多的页面，能减少缺页率，因而减少换入和换出过程，可提高CPU 利用率。错误。因为系统实际已处于频繁的换入和换出过程中，不是因为磁盘交换区容量不够，因此增大磁盘交换区的容量无用。正确。因为从给定的条件中磁盘交换区的利用率为99.7%，说明系统现在已经处于频繁的换入和换出过程中，可减少主存中的程序。错误。系统处于频繁的换入和换出过程中，再增加主存中的用户进程数，只能导致系统的换入和换出更频繁，使性能更差。错
37、误。因为系统现在处于频繁的换入和换出过程中，即使采用更快的磁盘交换区，其换入和换出频率也不会改变，因此没用。错误。系统处于频繁的换入和换出过程中，CPU 处于空闲状态，利用率不高，提高CPU 的速度无济于事。综上所述，本题选B。30D。图 1-10 所示为文件系统模型。可将该模型分为3 个层次，其最底层是对象及其属性；中间层是对对象进行操纵和管理的软件集合；最高层是文件系统提供给用户的接口。其中对对象操纵和管理的软件集合这个层次，是文件系统的核心部分。文件系统的功能大多是在这一层实现的，其中包括：对文件存储空间的管理、对文件目录的管理、用于将文件的逻辑地址转换为物理地址的机制 、对文件读和写的
38、管理以及对文件的共享与保护等功能。所以A 选项是错误的。图 1-10 文件系统模型在多级目录结构中，从根目录到任何数据文件，都只有一条唯一的路径。在该路径上从树的根（即主目录）开始，把全部目录文件名与数据文件名依次地用“/”连接起来，即构成该数据文件的路径名。系统中的每个文件都有唯一的路径名。所以B 选项的说法是不准确的。对文精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆件的访问只需要通过路径名即可。对于 C 选项的描述，错在物理块大小是不可以任意指定的，它必须和外存分配方式相符合，所以C 选项错误
39、。D 选项正确。基于文件系统的概念，可以把数据组成分为数据项、记录和文件3 级。记录是一组相关数据项的集合，用于描述一个对象在某方面的属性。记录是文件存取的基本单位，数据项是文件可使用的最小单位。31A。在数据从控制器传送至内存的这段时间内，从磁头下通过的扇区数为2。当数据从控制器传送至内存后，磁头开始读数据时，刚好转到目标扇区。所以总时间为总时间 =初始寻找0 扇区时间 +读扇区总时间+将扇区数据送入内存总时间由题中条件可知，旋转速度为：3000 转 /分=50 转/秒，即20ms/转。读一个扇区需要时间：20/8ms=2.5ms 读一个扇区并将扇区数据送入内存需要时间：2.5 3ms=7.
40、5ms 读出一个磁道上的所有扇区需要时间：20/2ms+8 7.5ms=70ms=0.07s 每磁道数据量为数据传输速度为8 512B=4KB 4KB/0.07s=57.1KB/s 所以依次读出一个磁道上的所有扇区需要0.07s，其数据传输速度为57.1KB/s 。32A。单缓冲工作示意图和时序图如图1-11 所示。从图中可以看出：数据由I/O 控制器到缓冲区和数据由缓冲区到工作区必须串行操作；同样，数据从缓冲区到工作区和CPU 从工作区中取出数据进行处理也需串行进行；但由于在顺序访问时可采用预先读的方式，即CPU 在处理一块数据（从工作区取数据）的同时可从磁盘输入下一块数据，所以系统对一块数
41、据的处理时间为 max(T,C)+M 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆图 1-11 单缓冲工作示意图与时序图双缓冲的工作示意图和时序图如图1-12 所示。由此可见，数据由I/O 控制器到双缓冲和数据由双缓冲区到工作区可以并行工作，因此，系统对一块数据的处理时间为max(T,M+C) 。33 A。 从计算机网络组成的角度来看，典型的计算机网络从逻辑功能上可以分为两部分：资源子网和通信子网。 资源子网： 由主计算机系统、终端、终端控制器、联网外部设备、各种软件资源与信息资源等组成。资源子
42、网负责全网的数据处理业务，负责向网络用户提供各种网络资源与网络服务。通信子网 （包括物理层、数据链路层、网络层）：由通信控制处理机、通信线路与其他通信设备组成，完成网络数据传输、转发等通信处理任务。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆图 1-12 双缓冲工作示意图与时序图综上所述，网桥、交换机、路由器都属于通信子网，而只有计算机软件属于资源子网。34A。PCM 代表 Pulse Code Modulation （脉冲编码调制） 。补充： PCM 通常用在电话系统中对模拟数据进行采样。一般都
43、把PCM 采样时间设置成125 s，125 s 的采样时间对应于每秒8000 次采样。一个典型的电话通道是4kHz，根据奈奎斯特定理，为获取在一个4kHz 通道中的全部信息需要每秒8000 次的采样频率。128=27，每个采样表示7 个二进制位。8000 7bit/s=56000bit/s= 56kbit/s。35 B。 发送窗口的后沿的变化情况只能有两种：（1）原地不动（没有收到新的确认）。（2）向前移动（收到了新的确认）。发送窗口不可能向后移动，因为不可能撤销已收到的确认帧。36 B。流就是Internet 上从特定主机的源站到特定的目的站的单播或组播数据分组，所经过的路径上的路由器都能保
44、证指定的服务质量。头部中的源地址、目的地址和流标号字段唯一地标识了一个流。37 D。 需要分两种情况，分析如下：第一种： 假设计算机A 和计算机B 在同一个局域网内，那么应该由计算机 B 使用 ARP 响应分组将计算机B 的硬件地址告诉计算机A。第二种： 假设计算机A 和计算机B 不在同一个局域网内，则应该由连接本网络的路由器使用ARP 响应分组将自己的硬件地址告诉计算机A。综上所述，由谁通过ARP 响应分组回应是不确定的。38C。在该网络上共有50 个路由器，因此每个路由器的路由表大小为6 8 50bit=2400bit 。在基于距离 -向量的路由选择算法中，每个路由器都定期地与所有相邻的路
45、由器交换整个路由表，并以此更新自己的路由表项。由于每个路由器每秒与自己的每个邻接路由器交换1 次路由表，一条链路连接两个路由器，所以每秒在一条链路上交换的数据为2 2400bit=4800bit ，即由于更新路由信息而耗费的带宽为4800bit/s 。39B。在慢启动和拥塞避免算法中，拥塞窗口初始值为1，窗口大小开始按指数增长。当拥塞窗口大于慢启动门限后，停止使用慢启动算法，改用拥塞避免算法。此时，慢启动的门限值初始为 8，当拥塞窗口增大到8 时改用拥塞避免算法，窗口大小按线性增长，每次增长1 个报文段。当增加到12 时，出现超时，重新设置门限值为6（12 的一半），拥塞窗口再重新设为1，执行
46、慢启动算法，到门限值为6 时执行拥塞避免算法。按照上面的算法，拥塞窗口的变化为1、2、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆4、8、9、10、11、12、1、2、4、6、7、8、9L ，从该序列可以看出，第12 次传输时拥塞窗口大小为6。注意： 在以上的序列中，6 被加粗，原因是很多考生直接从4 增加到 8，导致误选D 选项。原因是拥塞窗口的大小是与门限值有关的，在慢开始算法中不能直接变化为大于门限值，所以4 只能最多增加到6，之后再执行拥塞避免算法。40A。FTP 使用两条TCP 连接完成
47、文件传输，一条是控制连接，另一条是数据连接，所以C 选项正确；在FTP 中，控制连接在整个用户会话期间一直打开着，而数据连接有可能为每次文件传送请求重新打开一次，即数据连接是非持久的，而控制连接是持久的，所以A 选项错误， B 选项正确； D 选项显然正确。二、综合应用题41 【答案要点】首先解答此题需要很清楚地知道B- 树的基本定义，这个就不再一一列举了，参考教材即可。另外， B- 树插入和删除的详细过程也请参考教材，以下的讲解只是大概地描述几个较为关键的步骤。（1）插入33：第一步需要定位，33 应该被插入35 和 41 的那个叶子结点。由于该叶子结点没有了空位置（怎么检测是否有空位置？m
48、 阶 B- 树最多只能有m- 1 个关键字 ），所以需要进行分裂操作。插入后的情况应该是35、 41、33，那么怎么分裂？首先需要取一个新结点，把原结点上的关键字按照升序排列，即33、35、41。从中间位置（即m/2之处）把关键字（不包括中间位置的关键字）分成两部分，左部分所含的关键字放在旧结点中，右边所含的关键字放在新结点中，中间位置的关键字连同新结点的存储位置插入到双亲结点中，如图1-13 所示。如果双亲结点的关键字个数也超过分支数减1，则要再分裂，再往上插，直至这个过程传到根结点为止。从以上步骤可以得出插入33 之后的B- 树，如图1-14 所示。图1-13 精选学习资料 - - - -
49、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 29 页学而不思则惘，思而不学则殆图 1-14 插入 33 后的B- 树可能疑问点：结点下面的小方块都是什么？解析： 小方块就是叶子结点，因为叶子结点本身不带有信息，所以有些教材都不画出来，但是叶子结点这一层是一定要计入树的高度。另外，叶子结点一般也被认为外部结点（类似于折半查找判定树的外部结点）或是查找失败的结点。插入97：过程与上面的一样，最终结果如图1-15 所示。图 1-15 插入 33 和 97 后的 B-树（2）B- 树的删除过程与插入过程类似，只是稍微复杂一些。因为要使删除后的结点中的关键字个数m/2
50、 - 1，这就将涉及结点的“合并”问题。删除66：首先需要根据B- 树的查找算法找到关键字所在的结点，然后在该结点上删除关键字，具体详细过程参考教材。找到66 所在的结点之后，发现删除之后关键字个数不满足m/2- 1，所以需要像兄弟结点借，但是兄弟结点只有一个关键字97，借不了。那么唯一的办法就是把当初和它们分裂出去的关键字找回来，即88。但是， 88 找回来之后（也就是双亲结点），双亲结点又不满足m/2- 1，只有继续找更早以前被分裂出去的60，最后的结果如图1-16 所示。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 29 页学