1、考研计算机学科专业基础综合-23 及答案解析(总分：73.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.一个栈的入栈序列是 1，2，3，4，5，则栈的不可能的输出序列是( )。A5，4，3，2，1 B4，5，3，2，1 C4，3，5，1，2 D1，2，3，4，5（分数：2.00）A.B.C.D.2.设有一个 10 阶的对称矩阵 A，采用压缩存储方式，以行序为主存储，a 1,1为第一元素，其存储地址为1，每个元素占一个地址空间，则 a8，5 的地址是( )。A13 B33 C18 D40（分数：2.00）A.B.C.D.3.在一棵具有 n 个结点的二叉树中，所有
2、结点的空子树个数等于( )。An Bn-1 Cn+1 D2*n（分数：2.00）A.B.C.D.4.在常用的描述二叉排序树的存储结构中，关键字值最大的结点是( )。A左指针一定为空 B右指针一定为空C左右指针均为空 D左右指针均不为空（分数：2.00）A.B.C.D.5.由权值为 9、2、5、7 的四个叶子构造一棵哈夫曼树，该树的带权路径长度为( )。A23 B37 C44 D46（分数：2.00）A.B.C.D.6.若一个具有 n 个结点、k 条边的非连通无向图是一个森林(nk)，则该森林中必有树的数目是( )。Ak Bn Cn-k Dn+k（分数：2.00）A.B.C.D.7.采用邻接表存
3、储的图的广度优先遍历算法类似于树的( )。A中根遍历 B先根遍历 C后根遍历 D按层次遍历（分数：2.00）A.B.C.D.8.在有向图 G 的拓扑序列中，若顶点 Vi在顶点 Vj之前，则下列情形不可能出现的是( )。AG 中有弧V i，V j BG 中有一条从 Vi到 Vj的路径CG 中没有弧V i，V j DG 中有一条从 Vj到 Vi的路径（分数：2.00）A.B.C.D.9.假设有 k 个关键字互为同义词，若用线性探查法把这 k 个关键字存入，至少要进行的探查次数是( )。Ak-1 Bk Ck+1 Dk(k+1)/2（分数：2.00）A.B.C.D.10.下列序列中，满足堆定义的是(
4、)。A(100，86，48，73，35，39，42，57，66，21)B(12，70，33，65，24，56，48，92，86，33)C(103，97，56，38，66，23，42，12，30，52，6，26)D(5，56，20，23，40，38，29，61，36，76，28，100)（分数：2.00）A.B.C.D.11.对于一个长度为 n 的任意表进行排序，至少需要进行的比较次数是( )。AO(n) BO(n 2) CO(10gn) DO(nlogn)（分数：2.00）A.B.C.D.12.哈佛(Harvard)结构的基本特点是( )。A采用多指令流单数据流 B程序和数据在不同的存储空间C
5、堆栈操作 D存储器按内容选择地址（分数：2.00）A.B.C.D.13.若二进制定点小数真值是-0.1101，机器中表示为 1.0010，则该数采用的编码方法是( )。A原码 B补码 C反码 D移码（分数：2.00）A.B.C.D.14.汉字“啊”的十进制区位码为“1601”，它的十六进制机内码是( )。A1601H B9081H CBOA1H DB081H（分数：2.00）A.B.C.D.15.原码乘法时，符号位单独处理，乘积的符号是( )。A两个操作数符号相“与” B两个操作数符号相“或”C两个操作数符号相“异或” D两个操作数中绝对值较大数的符号（分数：2.00）A.B.C.D.16.页
6、式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成，地址变换过程如下图所示。假定页面的大小为 8K，图中所示的十进制逻辑地址 9612 经过地址变换后，形成的物理地址 a(十进制)是( )。（分数：2.00）A.B.C.D.17.在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是( )。A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：2.00）A.B.C.D.18.在计算机体系结构中，CPU 内部包括程序计数器 PC、存储器数据寄存器 MDR、指令寄存器 IR 和存储器地址寄存器 MAR 等。若 CPU 要执行的指令为：MOV R0，#100(即将数值 100 传送到寄存器 R0 中)，
7、则 cPu首先要完成的操作是( )。A100R0 B100MDR CPCMAR DPCIR（分数：2.00）A.B.C.D.19.在微指令的编码方式中，若微命令数相同，下列叙述中正确的是( )。直接控制方式与编码控制方式的微指令长度相等最短编码控制和直接控制方式不影响微指令字长编码控制方式的微指令比直接控制方式的微指令短直接控制的微指令比字段编码的微指令长字段直接编码的微指令与字段间接编码的微指令长度相等字段间接编码的微指令比字段直接编码的微指令长A和 B和 C和 D、和（分数：2.00）A.B.C.D.20.下列计算机总线属于串行总线的是( )。APCI B1394 CEISA DISA（分
8、数：2.00）A.B.C.D.21.某数码相机内置 128MB 的存储空问，拍摄分辨率设定为 16001200 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的照片数是( )。A12 B25 C13 D23（分数：2.00）A.B.C.D.22.中断向量表中保存的是( )。A被中断程序的返回地址 B中断服务程序入口地址C中断优先级 D中断源编码（分数：2.00）A.B.C.D.23.对于设计实时操作系统，不是其设计目标的是( )。A安全可靠 B处理机效率 C及时响应输入 D快速处理请求（分数：2.00）A.B.C.D.24.操作系统中引入进程概念以后，不能解决的是
9、( )。A提高资源利用率 B正确描述程序的执行情况C提高编程能力 D使处理机与外设之间能有效地并行（分数：2.00）A.B.C.D.25.两个旅行社甲和乙为旅客到某航空公司订飞机票，形成互斥资源的是( )。A旅行社 B航空公司C飞机票 D旅行社与航空公司（分数：2.00）A.B.C.D.26.在进程通信的过程中，不属于管程的组成部分的是( )。A数据结构说明 B状态字 C一组过程/函数 D初始化语句（分数：2.00）A.B.C.D.27.能在计算机系统中实现内存保护的方法是( )。A当“基址寄存器值访问逻辑地址限长寄存器的值”时不许访问B每次地址访问需要修改基址寄存器和限长寄存器的值C“基址寄
10、存器+限长寄存器的值”是访问的有效地址D采用基址寄存器和限长寄存器可以实现存储保护（分数：2.00）A.B.C.D.28.在某个计算机系统中，内存的分配采用按需调页的方式，测得当前 CPU 的利用率为 8%，硬盘交换空间的利用率为 55%，硬盘的繁忙率为 97%，其他设备的利用率可以忽略不计，由此断定系统发生异常，此异常可能会是( )，解决办法是( )Belady 现象 抖动 死锁 饥饿 加大交换空间容量 增加内存容量增加 CPU 数量 增加并发进程数A和 B和 C和 D和（分数：2.00）A.B.C.D.29.某操作系统内存管理系统采用动态可变分区的方式，管理使用链表的方式，若某时刻的内存分
11、配如下图所示进程号 起始块号 长度 属性 链表指针2115 0 3 使用 3 5 空闲 2346 8 2 使用 10 8 空闲 3877 18 5 使用 4553 23 6 使用 29 1 空闲 当一个进程退出时能使得链表中表项减少 2 项的进程是( )。A2115 B2346 C3877 D4553（分数：2.00）A.B.C.D.30.通常对文件系统来说，文件名和文件属性可以找到的地方是( )。A目录 B索引 C字典 D作业控制块（分数：2.00）A.B.C.D.31.为保证文件的安全，操作系统一般采用多种方式来保护文件。为防止未经授权对文件的访问而造成的篡改或破坏，所采取的方法是( )。
12、A访问控制列表 B转储备份 C加密数据 D口令保护（分数：2.00）A.B.C.D.32.CPU 输出数据的速度远远高于打印机的打印速度，为解决这一矛盾，可采用的技术是( )。A并行技术 B通道技术 C缓冲技术 D虚存技术（分数：2.00）A.B.C.D.33.在不同网络节点的对等层之间通信需要的是( )。A模块接口 B对等层协议 C电信号 D传输介质（分数：2.00）A.B.C.D.34.关于数据交换，下列叙述不正确的是( )。A电路交换是面向连接B分组交换比报文交换具有更好的网络响应速度C报文交换无存储转发过程D分组交换有存储转发过程（分数：2.00）A.B.C.D.35.当 DHCP 客
13、户计算机第一次启动或初始化 IP 时，广播发送给本地子网的消息是( )。ADHCP DISCOVER BDHCP REQUESTCDHCP OFFER DDHCP ACK（分数：2.00）A.B.C.D.36.网络由 6 个路由器互连而成，路由器之间的链路费用如下图所示，从 PC 机到服务器的最短路径和通路费用是( )。（分数：2.00）A.B.C.D.37.一个 C 类网络的子网掩码为 255.255.252.252，则该 C 类网络的主机数目是( )。A2046 B1022 C510 D128（分数：2.00）A.B.C.D.38.主机 A 向主机 B 发送 IP 分组，途中经过了 4 个
14、路由器，那么，在 IP 分组的发送和转发过程中，共使用 ARP 协议的次数是( )。A1 B3 C4 D5（分数：2.00）A.B.C.D.39.关于以太网交换机，下面的论述中不正确的是( )。A交换机工作在数据链路层 B交换机的每个端口形成一个冲突域C交换机支持多端口同时收发数据 D交换机是一种多端口中继器（分数：2.00）A.B.C.D.40.一台主机要解析 的 IP 地址，如果这台主机配置的域名服务器为 202.120.66.68，因特网顶级域名服务器为 11.2.8.6.而存储 与其 IP 地址对应关系的域名服务器为202.113.16.10，那么这台主机解析该域名通常首先查询的服
15、务器是( )。A202.120.66.68 域名服务器B11.2.8.6 域名服务器C202.113.16.10 域名服务器D不能确定，可从这三个域名服务器中任选一个（分数：2.00）A.B.C.D.二、综合应用题(总题数：7，分数：-7.00)41.已知二叉树采用二又链表方式存放，要求返回二叉树 T 的后序序列中的第一个结点的指针，是否可不用递归且不用栈来完成?请简述原因。（分数：-1.00）_42.设有一个带头结点的循环单链表，其结点值均为正整数。试设计一个算法，反复找出单链表中结点值最小的结点，并输出之，然后将该结点从中删除，直到单链表空为止，最后再删除表头结点。（分数：-1.00）_4
16、3.什么是单重分组和双重分组跳跃进位链?一个按 3，5，3，5 分组的双重分组跳跃进位链(最低位为第 0位)，试问大组中产生的是哪几位进位?与 4，4，4，4 分组的双重分组跳跃进位链相比，试问产生全部进位的时问是否一致?为什么?（分数：-1.00）_44.某机的丰要部件如下图所示。（分数：-1.00）_45.实现一个经典的“读者一写者”算法时，若当前临界区中有读者访问，写者再来时必须在临界区外面等候，如果其后读者源源不断地到达，按策略他们均可以进入临界区，始终保持临界区中有读者访问，那么写者可能长时间不能进入临界区而形成饥饿。为解决此类问题，我们修改访问策略，要求当写者到达时，写者具有优先权
17、。具体说，写者到达后，已经在临界区内的读者继续读取直到结束，而后来的读者就不能进入临界区。等所有的读者离开临界区以后让写者先进去访问，然后等写者离开后再允许读者进入临界区。这所谓“写者优先读者-写者”问题。请用信号量和 PV 操作来描述这一组进程的工作过程。（分数：-1.00）_46.某请求分页系统的局部页面置换策略如下：系统从 0 时刻开始扫描，每隔 36 个时间滴答扫描一轮工作集(扫描时间忽略不计)，本轮没有被访问过的页框将被系统回收，并放入到空闲页框链尾，其中内容在下一次被分配之前不被清空。当发生缺页时，如果该页曾被使用过且还在空闲页框链表中，则重新放回进程的工作集中；否则，从空闲页框链
18、表头部取出一个页框进行分配。假设不考虑其它进程的影响和系统开销，初始时进程工作集为空。目前系统空闲页框链表中页框号依次为198、156、188、230。进程 P 依次访问的是:1，1、3，20、0，32、0，65、1，73、0，90、2，104。请回答下列问题。(1)访问0，32时，对应的页框号是什么?(2)访问1，73时，对应的页框号是什么?说明理由。(3)访问2，104时，对应的页框号是什么?说明理由。(4)该策略是否适合于时间局部性好的程序?说明理由。（分数：-1.00）_47.一台设置为 IP 地址自动获取的主机 H 接入到仅有一台服务器的局域网络中，在 H 上截获到如题 47-a表所
19、示的两个以太网数据帧前 48 个字节的十六进制报文，请参考表中的数据回答如下问题：(1)主机 H 采用何种方式获得 IP 地址，一般需要哪几个报文过程才能完成?(2)主机 H 和服务器的 MAC 地址分别是多少，服务器的 IP 地址是多少?(3)假设 IP 租赁期是 60s，那么多少时间后主机 H 发送重新续租 IP 的报文，请填充这个报文的目的 MAC地址，IP 地址和端口号。注：以太网帧、IP 分组头和 UDP 段头结构分别如题 47-a 图、题 47-b 图和题 47-c 图所示。（分数：-1.00）_考研计算机学科专业基础综合-23 答案解析(总分：73.00，做题时间：90 分钟)一
20、、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.一个栈的入栈序列是 1，2，3，4，5，则栈的不可能的输出序列是( )。A5，4，3，2，1 B4，5，3，2，1 C4，3，5，1，2 D1，2，3，4，5（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 此类问题是常见题型。解答的基本原理是：一串数据依次通过一个栈，并不能保证出栈数据的次序总是倒置，可以产生多种出栈序列。一串数据通过一个栈后的次序由每个数据之间的进栈、出栈操作序列决定，只有当所有数据“全部进栈后再全部出栈”才能使数据倒置。事实上，存在一种操作序列“进栈、出栈、进栈、出栈”可以使数据通过栈后仍然保持次序不变。解题技巧 将一组数据
21、入栈后，判断题目备选项中的不可能的出栈顺序，上述这类题目有一个解题技巧：在输出序列中任意元素后面不能出现比该元素小并且是升序(指的是元素的序号)的两个元素。2.设有一个 10 阶的对称矩阵 A，采用压缩存储方式，以行序为主存储，a 1,1为第一元素，其存储地址为1，每个元素占一个地址空间，则 a8，5 的地址是( )。A13 B33 C18 D40（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 这里数组下标从 1 开始，只存储其下三角形元素，在 a8，5 的前面有 7 行，第 1 行有 1 个元素，第 2 行有 2 个元素，第 7 行有 7 个元素，这 7 行共有(1+7)7/2=28 个元素
22、，在第 8 行中，a 8，5的前面有 4 个元素，所以，a 8，5 前有 28+4=32 个元素，其地址为 33。3.在一棵具有 n 个结点的二叉树中，所有结点的空子树个数等于( )。An Bn-1 Cn+1 D2*n（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 在一棵具有 n 个结点的二叉树中，每个结点可有两棵子树，共有 2n 个子树。其中二叉树的总分支数等于总结点数减 1，即有 n-1 棵不空的子树。所以在一棵具有 n 个结点的二叉树中，所有结点的空子树个数等于 n+1。4.在常用的描述二叉排序树的存储结构中，关键字值最大的结点是( )。A左指针一定为空 B右指针一定为空C左右指针均为空
23、 D左右指针均不为空（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 在二叉排序树的存储结构中，每个结点由三部分构成，其中左(或右)指针指向比结点的关键值小(或大)的结点。关键字值最大的结点位于二叉排序树的最右位置上，因此它的右指针一定为空。5.由权值为 9、2、5、7 的四个叶子构造一棵哈夫曼树，该树的带权路径长度为( )。A23 B37 C44 D46（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 由权值为 9、2、5、7 的四个叶子构造的哈夫曼树可如下图所示。6.若一个具有 n 个结点、k 条边的非连通无向图是一个森林(nk)，则该森林中必有树的数目是( )。Ak Bn Cn-k Dn+k
24、（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 因为一棵具有 n 个顶点的树有 n-1 条边，因此设题目中的森林有 m 棵树，每棵树具有顶点数为 Vi(1im)，则 V1+V2+Vm=N 及(V 1-1)+(V2-1)+(Vm-1)=K，所以 n=m+k。7.采用邻接表存储的图的广度优先遍历算法类似于树的( )。A中根遍历 B先根遍历 C后根遍历 D按层次遍历（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 深度优先搜索遍历类似于树的先根遍历，是树的先根遍历的推广。广度优先搜索遍历类似于树的按层次遍历的过程。或者说，树的先根遍历是一种深度优先搜索策略，树的层次遍历是一种广度优先搜索策略。8.在有
25、向图 G 的拓扑序列中，若顶点 Vi在顶点 Vj之前，则下列情形不可能出现的是( )。AG 中有弧V i，V j BG 中有一条从 Vi到 Vj的路径CG 中没有弧V i，V j DG 中有一条从 Vj到 Vi的路径（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 选项 A、B、C 都是有可能出现的，但是选项 D 是不可能出现的，因为若是 G 中有一条从 Vj到 Vi的路径，则在图的拓扑序列中顶点 Vj应该在顶点 Vi之前。9.假设有 k 个关键字互为同义词，若用线性探查法把这 k 个关键字存入，至少要进行的探查次数是( )。Ak-1 Bk Ck+1 Dk(k+1)/2（分数：2.00）A.B.
26、C.D. 解析：解析 假设有 k 个关键字互为同义词，若用线性探查法把这 k 个关键字存入，探查次数最少的情况是第 1 个关键字通过 1 次比较后插入，第 2 个关键字通过 2 次比较后插入，第 k 个关键字通过 k 次比较后插入。总的比较次数=1+2+k=k(k+1)/2。10.下列序列中，满足堆定义的是( )。A(100，86，48，73，35，39，42，57，66，21)B(12，70，33，65，24，56，48，92，86，33)C(103，97，56，38，66，23，42，12，30，52，6，26)D(5，56，20，23，40，38，29，61，36，76，28，100)（
27、分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 依据堆的定义，将选项中的每个数列分别看成是一棵完全二叉树，则堆或是空树或是满足下列特性的完全二叉树：其左、右子树分别是堆，并且当左/右子树不空时，根结点的值小于(或大于)左/右子树根结点的值。11.对于一个长度为 n 的任意表进行排序，至少需要进行的比较次数是( )。AO(n) BO(n 2) CO(10gn) DO(nlogn)（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 在排序过程中，每次比较会有两种情况出现，若整个排序过程中至少需要 t 次比较，则显然会有 2t种情况，由于 n 个记录总共有 n!种不同的排列，因而必须有 n!种不同的比较路
28、径，于是有：2tn!，即 tlog 2(n!)。因为 log2(n!)nlog 2n，所以 tnlog 2n。12.哈佛(Harvard)结构的基本特点是( )。A采用多指令流单数据流 B程序和数据在不同的存储空间C堆栈操作 D存储器按内容选择地址（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 哈佛结构的指令和数据是完全分开的，存储器分为两部分，一个是程序存储器，用来存放指令，另一个是数据存储器，用来存放数据。归纳总结 根据程序(指令序列)和数据的存放形式，存储器设计思想又可以分为冯诺依曼结构和哈佛结构。冯诺依曼结构的存储器设计是指令和数据是不加区别混合存储在同一个存储器中，共享数据总线；哈佛
29、结构的存储器设计是指令和数据是完全分开的，存储器分为两部分，一个是程序存储器，用来存放指令，另一个是数据存储器，用来存放数据。在冯诺依曼结构中不能同时取指令和取操作数，而哈佛结构允许同时获取指令字(来自程序存储器)和操作数(来自数据存储器)。13.若二进制定点小数真值是-0.1101，机器中表示为 1.0010，则该数采用的编码方法是( )。A原码 B补码 C反码 D移码（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 真值0.1101，对应的原码表示为 1.1101，补码表示为 1.0011，反码表示为 1.0010。移码通常用于表示阶码，不用来表示定点小数。归纳总结 对于负数，原码、补码和反
30、码各有不同的表示形式。解题技巧 由于真值是定点小数，不能用移码表示，所以可立即排除掉选项 D。接下来写出真值对应的原码、补码和反码即可得出答案。14.汉字“啊”的十进制区位码为“1601”，它的十六进制机内码是( )。A1601H B9081H CBOA1H DB081H（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 区位码 16-01(十进制)=1001H，国标码=1001H+2020H=3021H，机内码=3021H+8080H=BOA1H。归纳总结 汉字的区位码长 4 位，前两位表示区号，后两位表示位号，区号和位号用十进制数表示。汉字国标码和汉字机内码都是两字节长的代码，汉字机内码是在相
31、应国标码的每个字节最高位上加“1”。3 种汉字编码的关系：汉字国标码=汉字区位码(十六进制)+2020H汉字机内码=汉字国标码+8080H汉字机内码=汉字区位码(十六进制)+A0AOH通常，汉字的国标码和机内码都用十六进制数表示，而汉字区位码用十进制数表示，所以在 3 种汉字编码的转换时，千万不要忘记先将十进制的区位码变成十六进制之后，再利用上述关系式进行转换。解题技巧 首先将十进制的区位码转换成十六进制，然后直接加 AOAOH 即可。15.原码乘法时，符号位单独处理，乘积的符号是( )。A两个操作数符号相“与” B两个操作数符号相“或”C两个操作数符号相“异或” D两个操作数中绝对值较大数的
32、符号（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 原码的符号位为“1”表示负数，为“0”表示正数。原码乘法时，符号位单独处理，乘积的符号是两个操作数符号相“异或”，同号为正，异号为负。归纳总结 凡是原码运算，不论加减乘除，符号位都单独处理，其中乘除运算的结果符号由参加运算的两个操作数符号“异或”得到。16.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，地址变换过程如下图所示。假定页面的大小为 8K，图中所示的十进制逻辑地址 9612 经过地址变换后，形成的物理地址 a(十进制)是( )。（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 由于页面大小为 8K，则十进制逻辑地址 9612 处
33、于第 1 虚页中，页内地址=1420，其对应的实页为第 3 页，故 a=38192+1420=25996。归纳总结 具体的计算公式有：17.在指令系统的各种寻址方式中，获取操作数最快的方式是( )。A直接寻址 B立即寻址 C寄存器寻址 D间接寻址（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 立即寻址是一种特殊的寻址方式，指令中在操作码字段后面的部分不是通常意义上的地址码，而是操作数本身，也就是说数据就包含在指令中，只要取出指令，也就取出了可以立即使用的操作数，不必再次访问存储器，从而提高了指令的执行速度。归纳总结 所谓寻址，指的是寻找操作数的地址或下一条将要执行的指令地址。各种不同的寻址方式
34、获取操作数的速度是不相同的，在这四种寻址方式中，获取操作数的速度由快至慢依次为立即寻址、寄存器寻址、直接寻址、间接寻址。18.在计算机体系结构中，CPU 内部包括程序计数器 PC、存储器数据寄存器 MDR、指令寄存器 IR 和存储器地址寄存器 MAR 等。若 CPU 要执行的指令为：MOV R0，#100(即将数值 100 传送到寄存器 R0 中)，则 cPu首先要完成的操作是( )。A100R0 B100MDR CPCMAR DPCIR（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 无论运行什么类型的指令，CPU 首先需要取指令，取指令阶段的第一个操作就是将指令地址(程序计数器 PC 中的内
35、容)送往存储器地址寄存器。归纳总结 取指周期完成的微操作序列是公共的操作，与具体指令无关，取指公操作如下：(1)将程序计数器 PC 中的内容送至存储器地址寄存器 MAR，记作(PC)MAR；(2)向主存发读命令，记作 Read；(3)从主存中取出的指令送到存储器数据寄存器 MDR，记作 M(MAR)MDR；(4)将 MDR 的内容送至指令寄存器 IR 中，记作(MDR)IR；(5)将 PC 的内容递增，为取下一条指令做好准备，记作(PC)+1PC。解题技巧 题干中虽然给出了一条具体的指令“MOV R0，#100”，实际上 CPU 首先要完成的操作是取指令，与具体指令是没有关系的。19.在微指令
36、的编码方式中，若微命令数相同，下列叙述中正确的是( )。直接控制方式与编码控制方式的微指令长度相等最短编码控制和直接控制方式不影响微指令字长编码控制方式的微指令比直接控制方式的微指令短直接控制的微指令比字段编码的微指令长字段直接编码的微指令与字段间接编码的微指令长度相等字段间接编码的微指令比字段直接编码的微指令长A和 B和 C和 D、和（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 微指令的操作控制字段可分为直接控制法、最短编码法和字段编码法，字段编码法中又可以进一步分为字段直接编码法和字段间接编码法。若微命令数相同，微指令操作控制字段的长度由短至长依次为：最短编码字段间接编码字段直接编码直接
37、控制。操作控制字段短则相应的微指令字长就短。归纳总结 直接控制法即每个独立的二进制位代表一个微命令，该位为“1”表示这个微命令有效，为“0”则表示这个微命令无效。最短编码法将所有的微命令统一编码，每条微指令只定义一个微命令。字段编码法是前述两种编码法的一个折中的方法，将操作控制字段分为若干组，组内采用最短编码法，组与组之间采用直接控制法。在字段编码法中，操作控制字段的分组并非是任意的，必须要遵循如下的原则：(1)应把互斥性的微命令分在同一组内，兼容性的微命令分在不同组内。这样不仅有助于提高信息的利用率缩短微指令字长，而且有助于充分利用硬件所具有的并行性，加快执行的速度。(2)应与数据通路结构相
38、适应。(3)每个小组中包含的信息位不能太多否则将增加译码线路的复杂性和译码时间。(4)一般每个小组还要留出一个状态，表示本组不发出任何微命令。因此当某组的长度为 3 位时，最多只能表示 7 个互斥的微命令，通常用 000 表示不操作。20.下列计算机总线属于串行总线的是( )。APCI B1394 CEISA DISA（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 1394 是高性能的串行总线。归纳总结 IEEE-1394 是由 TEEE 标准委员会发布的，它的最初版本传输速率为 200Mbps，高版本有望支持 1600Mbps 的传输速率，甚至可达到 3200Mbps。IEEE-1394 构
39、建在菊花链或树状的拓扑结构上的，它支持 63 个节点，每个节点可以支持多达 16 台设备的菊花链。最新的高性能外部总线设计的趋势是使用串行结构，这样可以通过一根导线一次发送一位数据，而无须担心数据的到达时间，如 IEEE-1394 端口(使用高速串行技术)支持的传输速率高达 400Mbps(约 50MB/s)，USB 2.0 支持的传输速率可以为 480Mbps(约 60MB/s)。解题技巧 选项 A、C、D 均属于并行总线。21.某数码相机内置 128MB 的存储空问，拍摄分辨率设定为 16001200 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的照片数是(
40、 )。A12 B25 C13 D23（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 颜色深度为 24 位(3 个字节)每张照片的存储量为160012003B5.5MB，128MB/5.5MB=23.3，所以内置的存储空间最多可存储 23 张照片。归纳总结 数码相机内部存储器存放照片数的多少与照片的分辨率和颜色数有关。22.中断向量表中保存的是( )。A被中断程序的返回地址 B中断服务程序入口地址C中断优先级 D中断源编码（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 中断向量表是用来存放中断服务程序的入口地址的。归纳总结 许多计算机中在主存的特定位置设置有中断向量表，在中断向量表的相关单元中存
41、放着各级中断服务程序的入口地址。中断源给出的向量地址是中断向量表的指针，也就是中断服务程序入口地址的地址。由向量地址指向一个中断向量表，从中断向量表的相应单元中再取出中断服务程序的入口地址。23.对于设计实时操作系统，不是其设计目标的是( )。A安全可靠 B处理机效率 C及时响应输入 D快速处理请求（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查实时操作系统的设计目标。实时操作系统要求能对用户的请求在规定的时间内完成，同时需要保证进程运行的安全性和高可靠性。而处理机的效率不是实时操作系统设计所关心的。24.操作系统中引入进程概念以后，不能解决的是( )。A提高资源利用率 B正确描述程序
42、的执行情况C提高编程能力 D使处理机与外设之间能有效地并行（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查引入进程的目的。在操作系统中，为了使程序在多道程序环境下能并发执行，并能对并发执行的程序加以控制和描述，从而引入了进程的概念。而多道程序系统提高了资源的利用率，在多道程序系统中引入进程，可以更好地描述进程的执行情况，使得处理机与外设之间有效地并行，而编程能力只能靠程序员自己提高。25.两个旅行社甲和乙为旅客到某航空公司订飞机票，形成互斥资源的是( )。A旅行社 B航空公司C飞机票 D旅行社与航空公司（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 本题考查互斥资源的问题，一张飞机票不
43、能售给不同的旅客，因此飞机票是互斥资源，其他因素只是为完成飞机票订票的中间过程，与互斥资源无关。26.在进程通信的过程中，不属于管程的组成部分的是( )。A数据结构说明 B状态字 C一组过程/函数 D初始化语句（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查学生对管程的理解。一个管程定义了一个数据结构和能为并发进程所运行的一组操作，这组操作能同步进程和改变管程中的数据。由定义可知，管程由三部分组成：局部于管程的共享数据说明；对该数据结构进行操作的一组过程/函数；对局部于管程的数据设置初始值的语句。所以，状态字不是管程的组成部分。管程内的局部变量只能被局限于管程内的过程所访问。反之亦然，
44、即局限于管程内的过程只能访问管程内的变量。任何进程只能通过管程提供的过程入口进入管程。任何时刻最多只能有一个进程在管程中运行。保证进程互斥地进入管程是由编译器负责的，也就是说，管程是一种编程语言的构件，它的实现需要得到编译器的支持。27.能在计算机系统中实现内存保护的方法是( )。A当“基址寄存器值访问逻辑地址限长寄存器的值”时不许访问B每次地址访问需要修改基址寄存器和限长寄存器的值C“基址寄存器+限长寄存器的值”是访问的有效地址D采用基址寄存器和限长寄存器可以实现存储保护（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查存储保护的方法。考查基址、限长寄存器方式下是如何进行越界判断的。在
45、基址、限长寄存器的保护方式下，系统为每个并发进程设置一个基址寄存器和一个限长寄存器，限长寄存器保存的是进程的长度，所以有关系式：基址寄存器的值访问地址(基址寄存器的值+限长寄存器的值)。在此注意，进程地址一般是从 0 开始，故下限需要包含，但是不得包含上限。因此选项 A 上限缺少基址，选项 B 不可能实现，选项 C 只是表述了上限，只有选项 D 是正确的。28.在某个计算机系统中，内存的分配采用按需调页的方式，测得当前 CPU 的利用率为 8%，硬盘交换空间的利用率为 55%，硬盘的繁忙率为 97%，其他设备的利用率可以忽略不计，由此断定系统发生异常，此异常可能会是( )，解决办法是( )Belady 现象 抖动 死锁 饥饿 加大交换空间容量 增加内存容量增加 CPU 数量 增加并发进程数A和 B和 C和 D和（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 本题考查按需调页下提高系统效率的措施。首先判断系统异常是属于什么异常，从测试数据看，CPU 不忙，交换空间也不满，就是硬盘的 IO 非常繁忙，所以不是交换空间不够，系统也没有死锁，主要瓶颈在内外存交换上，因此可能的最大情况就是抖动，即由于内存紧缺，并发进程数多，采用按需调页而引起的频繁的换入换出作业。对于抖动问题的解决，最好的办法是增加内存，或减少并发进程数，单纯地增大交换分区的大小或增加 CPU 数量或提高 CPU 处理
