【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-1-2及答案解析.doc

《【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-1-2及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-1-2及答案解析.doc（43页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、考研计算机学科专业基础综合-1-2 及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、B单项选择题/B(总题数：40，分数：80.00)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;jn;j+)k=1;while(k=n)k=5*k; A.O(n2log2n) B.O(nlog5n) C.O(n2log5n) D.O(n3)（分数：2.00）A.B.C.D.2.以下说法正确的是_。带头结点的循环双链表 L 为空的条件是：L-prior=Lfor(i=1;i=n;i+

2、)for(j=1;jn;j+)k=1;while(k=n)k=5*k; A.O(n2log2n) B.O(nlog5n) C.O(n2log5n) D.O(n3)（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 首先抓基本运算语句，即 k=5*k；设其执行时间为 T(n)。对于 j 每循环一次，该语句的执行次数为 m，有 5mn，即 mlog 5n。所以，*2.以下说法正确的是_。带头结点的循环双链表 L 为空的条件是：L-prior=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

3、连续 A.仅 B.仅、 C.仅、 D.、和（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 ：循环双链表为空时头结点体现如图所示。 * 可见当满足 Lprior=L&Lnext=L时，双链表为空，并且循环双链表与循环单链表一样，没有空指针域，所以正确。 ：链表也是线性表，链表的插入和删除操作不需要大量的数据移动，所以错误。 ：静态链表尽管使用的是数组存储方式，但是数据之间是靠指针(游标)相互关联的，故不管是删除静态链表中的哪一个结点，都不需要移动元素，只需要修改指针即可，所以错误。 ：线性表采用链表存储，前驱和后继之间的联系需要依靠由前驱指向后继的指针，而与前驱和后继在内存中的物理位置无关，因此

4、对于整条链表的存储，不需要划分一块连续的存储空间；但将链表中结点挨个连续存储在一片空间中也未尝不可。对于线性表的链式存储，连续或者不连续的存储空间都能满足要求，所以错误。3.循环队列用数组 A0m-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 C.rear-front-1 D.rear-front（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 因为是循环队列，所以应该分为 rearfront 和 rearfront 两种情

5、况来讨论。 (1)当rearfront 时，队列中元素个数为 rear-front=(rear-front+m)%m 因为 0real-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。 综合(1)、(2)可知，A 选项正确。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

6、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二叉树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、（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 ：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。5.若二叉树

7、是由森林变换而来的，若森林中有 n 个非终端结点，则二叉树中无右孩子的结点有_。 A.n-1 B.n C.n+1 D.n+2（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 由于森林中每一个非终端结点(根结点除外)的所有儿子在转换成二叉树之后，只有一个儿子的右孩子为空，根结点中本身有一个在转化成二叉树后右孩子为空，如图所示，所以共有 n+1 个。 *6.根据使用频率为 5 个字符设计的赫夫曼编码不可能是_。 A.000，001，010，011，1 B.0000，0001，001，01，1 C.000，001，01，10，11 D.00，100，101，110，111（分数：2.00）A.B.C.

8、D. 解析：解析 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，如图所示。 * 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。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-1G 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（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 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

9、，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。8.下图中强连通分量的个数为_。（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 在有向图 G 中，如果两个顶点 vi、v j间有一条从 vi到 vj的有向路径，同时还有一条从 vj到 vi的有向路径，则称两个顶点强连通。如果有向图 G 的每两个顶点都强连通，称 G 是一个强连通图。有向图的极大强连通子图，称为强连通分量。本题中可以看出 v2、v3、v4 同属于一个连通分量，另外v1、v5、v6 各自属于一个强连通分量，所以共有 4 个强连通分量。在有向图中寻找强连通分量，首先尽量寻找环路，在环路上的所有结点同属一个连

10、通分量。其次不属于任何一个强连通分量的孤立点自身是一个强连通分量。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_。 A.28，36，18，46，35 B.18，36，28，46，35 C.46，28，18，36，35 D.46，36，18，28，35（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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所示。 * 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，

11、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。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、（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 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

12、元素的关键字位数)。 综上所述，、都是无关的，所以选 B。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间只是外部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（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 A：影响外部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。 D：使用置换-选择排序得到的初始归并段长度不一定

13、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。12.下图中计算机硬件系统基本组成部件、和的名称分别是_。（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 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。13.已知小写英文字母“a”的 ASCII 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)，

14、则该存储单元中存放的十六进制数是_。 A.167H B.E6H C.67H D.E7H（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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”，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)。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，地址变换过程如图所示，图中逻辑地址用十

15、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_。（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 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84096+452=33220。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 DRAM 读后需要刷新Cache 可以由 ROM

16、或者 RAM 组成 A.、和 B.仅和 C.仅 D.仅（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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。16.下列关于 Flash 存储器的说法正确的是_。 A.Flash

17、存储器属于易失性存储器 B.Flash 存储器不具备写功能 C.Flash 存储器是不可擦除的存储器 D.Flash 存储器同时具有 ROM 和 RAM 的功能（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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(见下表)。 BFlash 存储器与其他存储器区别/B内存类型非易失性高密度可写Flash存储是 是 是器S

18、RAM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。 A.4 B.32 C.128 D.256（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 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)操作码

19、，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324=128 条。18.设浮点数的阶码用移码表示，尾数用补码表示，阶码的底数为 2，阶码用 3 位表示(包含一位符号位)，尾数用 5 位表示(包含 1 位符号位)，则它能表示的最小负数为_。 A.-8 B.-7.5 C.-128 D.-256（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 要求最小负数，按照浮点数的格式来看，我们要尽量使尾数最小，达到补码所能表示的最小的负数，另外还要使阶码最大，达到移码所能表示的最大整数，而由补码的性质可知，无论对于尾数多少位来说，尾数的最小值永远是-1(参见高分笔记)，阶码最大为 3。故最小

20、的负数为-8。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、（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 ：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，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。20.假定一个高速缓存(M1)和存储器(M2)的层次结构有以下性能。M1：

21、16KB，存取时间为50ns；M2：1MB，存取时间为 400ns。高速缓存块为 8B，组大小为 256 个字，采用组相联映射，高速缓存命中率 h=0.95 时的有效存储器存取时间是_。 A.50ns B.60ns C.70ns D.80ns（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 平均存取时间是按照对不同的存储模块的存取时间进行加权平均而得，即 T=T1+(1-H)T2=50+(1-95%)400=70ns。这里 H 是高速缓存块的命中率。本题设置了很多干扰数据，平均存取时间与两个存储模块的存取时间以及高速缓存命中率有关，在已知命中率的情况下，对于采用什么形式的映射和存储容量来说已经不

22、重要了；另外还有一点非常重要：对于以上公式的解读我们按照这样来理解，无论怎么存取，每次肯定是要访问高速缓存块的，这是一部分，另外还有一部分(1-H)的概率要访问存储器；当然也可以分为命中时的存取时间 HTl 加上不命中时的存取时间(1-H)(T1+T2)。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 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、（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 PCI 总线与 CPU 及时钟频率都无关，故错误；PCI 总线支持

23、即插即用并且可对数据和地址进行奇偶校验，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。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（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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，

24、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。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对

25、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（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 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

26、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。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.、（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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

27、下述属性： (1)轻型实体。线程中的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。25.现在有 3 个同时到达的作

28、业 J1、J2 和 J3，它们的执行时间分别为 T1、T2 和 T3，且 T1T2T3。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（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 J1、J2 和 J3 同时在 0 时刻到达，按短作业优先算法，选择 J1 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，

29、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.value0 时，唤醒一个就绪队列进程 A.、 B.、 C.、 D.、（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 计

30、数型信号量就是记录型信号量，不要被这个搞混了。 正确。当执行操作后，S.value0，说明了在执行操作之前 S.value0(此时 S.value 的绝对值就是阻塞队列中进程的个数)，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.value0 就会唤醒。因为可能在执行操作前，只有一个进程在阻塞队列，也就是说 S.value=-1，执行操作后，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。27.设有 8 页的逻辑空间，每页有 1024B，它们被映射到 32 块的物理存储区

31、中。那么逻辑地址的有效位是_，物理地址至少是_位。 A.10，12 B.10，15 C.13，15 D.13，12（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 对于逻辑地址结构，因为 8 页=2 3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，而内存至少有 32 块物理块，所以内存大小至少是 321024B=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。28.某虚拟存储器的用户编程空间共 32 个页面，

32、每页 1KB，主存为 16KB。假定某时刻用户页表中已调入主存的页面的虚页号和物理页号对照表为表 1，则与表 2 十六进制虚地址对应的物理地址为_。 B表1 页面映射表/B虚页号物理页号0 51 102 43 7B表2 十六进制虚地址对应的物理地址/B虚地址物理地址0A5C (1)1A5C (2) A.1E5C，2A5C B.1E5C，缺页中断 C.125C，2A5C D.125C，缺页中断（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 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。计算过程如下表所示。 B十六进制虚地址及物理地址/B十六进制虚地址0A5

33、C1A5C二进制虚地址0000 1010 0101 11000001 1010 0101 1100二进制虚页号0000 100001 10二进制物理页号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125C29.假定有一个请求分页存储管理系统，测得系统各相关设备的利用率如下：CPU 利用率为 10%，磁盘交换区为 99.7%，其他 I/O 设备为 5%。试问：下面措施中将可能改进 CPU 利用率的是_。增大内存的容量 增大磁盘交换区的容量减少多道程序的道数 增加多道程序的道数使用更快速的磁盘交换区 使用更快速的

34、CPU A.、 B.、 C.、 D.、（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 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可看出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

35、盘交换区，其换入和换出频率也不会改变，因此采用 V 的做法没用。 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。30.下面关于文件系统的说法正确的是_。 A.文件系统负责文件存储空间的管理但不能实现文件名到物理地址的转换 B.在多级目录结构中对文件的访问是通过路径名和用户目录名进行的 C.文件可以被划分成大小相等的若干物理块且物理块大小也可以任意指定 D.逻辑记录是对文件进行存取操作的基本单位（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 如图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；

36、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。 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。对文件的访

37、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。 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。31.一个交叉存放信息的磁盘，信息存放方式如图所示。每个磁道有 8 个扇区，每个扇区 512B，旋转速度为 3000 转/分。假定磁头已在读取信息的磁道上，0 扇区转到磁头下需要 1/2 转，且设备对应的控制器不能同时进行输入/输出，在数据从控制器传送至内存的这段时间内，

38、从磁头下通过的扇区数为 2，问依次读取一个磁道上所有的扇区的数据到内存平均传输速度为_。（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 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：3000r/min=50r/s，即 20ms/r。 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： 2.53ms=7.5ms 读出一个磁道上的所有扇区需要时间： 20/2ms+8

39、7.5ms=70ms=0.07s 每磁道数据量为 8512B=4KB 数据传输速度为 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。32.假设 T 是从磁盘输入一块数据到缓冲区需要的时间，C 是 CPU 对一块数据进行处理的时间，而 M 是将一块数据从缓冲区传送到用户区的时间。当一用户进程要按顺序访问的方式处理大量数据时，请问在单缓冲和双缓冲的情况下，系统对一块数据的处理时间分别是_。 A.max(T,C)+M,max(LM+C) B.max(T,M+C),max(T,C)+M C.max(T,M)+C,max(T,M

40、+C) D.max(T,M+C),max(T,M)+C（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 单缓冲工作示意图和时序图如图 1 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，所以系统对一块数据的处理时间为 max(T,C)+M。*图 1 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 2 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

41、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)。*图 2 双缓冲工作示意图与时序图33.计算机网络可分为通信子网和资源子网，下列属于通信子网的是_。网桥 交换机计算机软件 路由器 A.、 B.、 C.、 D.、（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 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

42、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。 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。34.已知循环冗余码生成多项式 G(x)=x5+x4+x+1，若信息位为 10101100，则冗余码是_。 A.01101 B.01100 C.1101 D.1100（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 (1)确定生成多项式 G(x)=x5+x4+x+1，次数 r=5，对应位串 110011。(2)在信息位串后补 5 个 0 即 10101100 00000，对应的多项式 xrM(x)。(3)用模 2 不借位除法，计算 xrM(x)/G(x)的余数 R(x)，R(x)就是冗余码。具体用 110011 除 10101100 00000 余数为 01100，冗余码是 01100。35.若子网掩码为 255.255.0.0，则下列_IP 与其他地址不在同一网络中? A.172.25.15.200 B.172.25.16.15 C.172.25.25.200 D.172.35.16.15（分数：2.00）A.B.C.D.