【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-12及答案解析.doc

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1、考研计算机学科专业基础综合-12 及答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.一个栈的输入序列为 123n，若输出序列的第一个元素是 n，输出第 i(1=i=n)个元素是_。（分数：2.00）A.不确定B.n-i+1C.iD.n-i2.设备的打开、关闭、读、写等操作是由_完成的。（分数：2.00）A.用户程序B.编译程序C.设备分配程序D.设备驱动程序3.存储器按字节编址，在向上生成(地址码减小方向)堆栈中，若约定为实顶栈(即堆栈指针随时指向实有数据的堆顶)，设 SP=1428H，AX 为 16 位累加寄存器，则执行一条指令 PUS

2、H AX 后，SP 内容为_。（分数：2.00）A.1427B.142AC.1430D.14264.一棵非空的二叉树的先序遍历序列与后序遍历序列正好相反，则该二叉树一定满足_。（分数：2.00）A.所有的结点均无左孩子B.所有的结点均无右孩子C.只有一个叶子结点D.是任意一棵二叉树5.CPU 响应中断的时间是_。（分数：2.00）A.取指周期结束B.执行周期结束C.中断源提出请求D.间址周期结束6.关于选择重传，下列说法不正确的是_。（分数：2.00）A.发送方缓存未被确认的分组B.采用累积确认C.发送方仅重传那些它怀疑在接收方出错的分组D.允许发送方发送多个分组而无需等待确认7.如果系统中有

3、 n 个进程，则就绪队列中进程的个数最多为( )。（分数：2.00）A.n+1B.nC.n-1D.18.以下哪种类型的存储器的读写速度最快:。（分数：2.00）A.DRAMB.磁盘C.SRAMD.EPROM9.一个系统，它的文件控制块占 64B，一个磁盘块大小为 1KB，采用一级目录。假定文件目录中有 1600 个目录项。则查找一个文件平均需要_次访问磁盘。（分数：2.00）A.50B.54C.100D.20010.在一个采用 CSMA/CD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为 1Gbps，电缆中的信号传播速度是 200000km/s。若最小数据帧长度减少 400 比特，则最远

4、的两个站点之间的距离至少需要_。（分数：2.00）A.减少 80mB.增加 80mC.减少 40mD.增加 40m11.某机器采用微程序技术设计控制器。已知每一条机器指令的执行过程均可由 8 条微指令组成的微程序来完成，该机器的指令系统采用 6 位定长操作码格式，控制存储器至少应能容纳_条微指令。（分数：2.00）A.512B.48C.64D.25612.设树 T 的度为 4，其中度为 1，2，3 和 4 的结点个数分别为 4，2，1，1 则 T 中的叶子数为_。（分数：2.00）A.5B.6C.7D.813.散列表的地址区间为 017，散列函数为 H(K)=K mod 17。采用线性探测法处

5、理冲突，并将关键字序列26，25，72，38，8，18，59 依次存储到散列表中。元素 59 存放在散列表中的地址是_。（分数：2.00）A.8B.9C.10D.1114.两台计算机利用电话线路传输数据信号时，必需的设备是_。（分数：2.00）A.网卡B.调制解调器C.中继器D.同轴电缆15.有六个元素 6，5，4，3，2，1 的顺序进栈，下列_不是合法的出栈序列。（分数：2.00）A.5 4 3 6 1 2B.4 5 3 1 2 6C.3 4 6 5 2 1D.2 3 4 1 5 616.若处理器有 32 位地址，则它的虚拟地址空间为_字节。（分数：2.00）A.2GB.4GC.100KD.

6、640K17.OSI/RM 的三个主要概念是_。（分数：2.00）A.体系结构、模型、交换B.子网、分层、元语C.服务、接口、协议D.wAN、MAN、LAN18.TCP 使用慢开始和拥塞避免，设慢开始门限 ssthresh 的初始值为 8(单位为报文段)。当拥塞窗口上升到 12 时网络发生了超时，则第 15 个传输周期的拥塞窗口大小是_。（分数：2.00）A.9B.11C.32D.6419.某机器采用四体交叉存储器，今执行一段小循环程序，此程序存放在存储器的连续地址单元中。假设每条指令的执行时间相同，而且不需要用到存储器存取数据，在下面两种情况下(执行指令数相等)，程序运行时间之比约为_。(1

7、)循环程序由 6 条指令组成，重复执行 80 次(2)循环程序由 8 条指令组成，重复执行 60 次。（分数：2.00）A.2:1B.1:2C.3:4D.4:320.互联网上的服务通常都是基于某一种协议，www 是基于下面的_协议。（分数：2.00）A.SNMPB.SMTPC.HTTPD.TELNET21.总线结构的主要优点是便于实现系统的模块化，其缺点是_。（分数：2.00）A.不能同时具有一个以上的总线主设备B.传输的地址和数据信息不能同时出现C.传输的地址和控制信息不能同时出现D.不能同时使用多于两个总线设备22.浮点数的格式为 10 位字长，阶码 4 位，基为 2。当阶码和尾数均用原码

8、表示，且为规格化形式(采用隐藏位)，下面_浮点数表示 0.4。（分数：2.00）A.0101010011B.0100111001C.0000011001D.000001001123.由权值分别为 3，8，6，2，5 的叶子结点生成一棵哈夫曼树，它的带权路径长度为_。（分数：2.00）A.24B.48C.72D.5324.不使用中断机构的 I/O 控制方式是_。（分数：2.00）A.中断控制方式B.程序 I/O 方式C.DMA 控制方式D.I/O 通道控制方式25.软件与硬件在( )上可以是等级的，在( )上是不等级的_。（分数：2.00）A.效率功能B.功能效率C.方法结构D.结构方法26.E

9、IA 一 232E 的机械特性规定使用的连接器类型为_。（分数：2.00）A.DB-15 连接器B.DB-25 连接器C.DB-20 连接器D.RJ-45 连接器27.对序列 15，9，7，8，20，-1，4 进行排序，进行一趟后数据的排列变为 4，9，-1，8，20，7，15；则采用的是_排序。（分数：2.00）A.选择B.快速C.希尔D.冒泡28.考虑页面替换算法。系统有 m 个页帧(frame)供调度，初始时全空；引用串(reference string)长度为p，包含了 n 个不同的页号。无论用什么算法，缺页次数不会少于_。（分数：2.00）A.mB.pC.nD.min(m，n)29.

10、一种既有利于短小作业又兼顾到长作业的作业调度算法是_。（分数：2.00）A.先来先服务B.轮转C.最高响应比优先D.均衡调度30.下列四个序列中，_是堆。（分数：2.00）_31.磁盘上的每一个物理块要用三个参数来定位，首先要把移动臂移动并定位到不同盘面上具有相同编号的磁道位置，表示该位置的参数称_。（分数：2.00）A.柱面B.盘面C.扇区D.磁头32.某机 CPU 芯片的主振频率为 8MHz，每个机器周期平均包含 4 个时钟周期，该机的平均指令执行速度为0.8MIPS，平均指令周期是_。（分数：2.00）A.1 个机器周期B.1.5 个机器周期C.3 个机器周期D.2.5 个机器周期33.

11、XY 为定点二进制数，其格式为 1 位符号位，n 位数值位。若采用 Booth 补码一位乘法实现乘法运算，则最多需要_次加法运算。（分数：2.00）A.n-1B.nC.n+1D.n+234.设无向图的顶点个数为 n，则该图最多有_条边。（分数：2.00）A.n-1B.n(n-1)/2C.n(n+1)/2D.035.适用于长度不变的文件物理结构是_。（分数：2.00）A.索引结构B.链接结构C.多重索引结构D.连续结构36.一信道的带宽为 10KHZ，如果使用 4 个不同的物理状态来表示数据，根据奈奎斯特定理，其限定的最高数据率是_。（分数：2.00）A.5Kb/sB.10Kb/sC.20Kb/

12、sD.40Kb/s37.操作系统的主要功能是管理计算机系统中的_。（分数：2.00）A.程序和数据B.硬件C.资源D.中断38.微程序控制器中，微程序的入口地址是由_形成的。（分数：2.00）A.机器指令的地址码字段B.机器指令的操作码字段C.微指令的微操作码字段D.微指令的微地址码字段39.已知一棵二叉树先序遍历结果为 ABDEFG，中序遍历结果为 BAEDGF，则后序遍历结果为_。（分数：2.00）A.BCDEFAB.BFDECAC.BEGFDAD.BEFGDA40.在指令格式中，采用扩展操作码设计方案的目的是_。（分数：2.00）A.减少指令字长度B.增加指令字长度C.保持指令字长度不变

13、而增加指令操作的数量D.保持指令字长度不变而增加寻址空间二、综合应用题(总题数：7，分数：70.00)41.设有关键字序列 10，20，35，40，44，51，65，70，85，91，93，95。试按照最大关键字复写原则画出相应的 2 阶 B+树。（分数：10.00）_42.有 n 个记录存储在带头结点的双向链表中，现用双向冒泡排序法对其按升序进行排序，请写出这种排序的算法。(注：双向冒泡排序即相邻两趟排序向相反方向起泡)。（分数：15.00）_43.某机字长为 16 位，数据总线也为 16 位，内存容量 64KB，包含 8 个 16 位通用寄存器：R0R7。指令系统基本要求是：128 条双操

14、作指令，且其中必有一操作数是寄存器直接寻址。另一操作数的寻址方式有 4 种：立即寻址，寄存器直接寻址，寄存器间接寻址，变址寻址。立即数和变址寻址时的位移量为 16 位。指令长度应满足 16 的倍数，且要求尽量短。(1)列出通常在指令系统格式设计过程中应该考虑的主要因素。(2)给出该机指令系统的设计方案(提示：画出指令格式图，说明指令各字段的位数和含义)。（分数：8.00）_44.假设 X、Y、Z 寄存器均为 16 位(最高位为第 0 位)。在乘法指令开始前，被乘数已存于 X 中，并用Y/Z 存放乘积。要求：(1)画出实现补码 Boc，th 算法的运算器框图。(2)假设 CU 为硬布线控制器，且

15、采用中央控制和局部控制相结合的办法。写出完成 MUL a 指令(a 为主存地址)的全部微操作及节拍安排(包括取指阶段)。(3)指出哪些节拍属于中央控制节拍；哪些节拍属于局部控制节拍，局部控制最多需要多少拍?（分数：13.00）_45.有一阅览室，读者进入时必须先在一张登记表上登记。该表中每个表项代表阅览室中的一个座位。读者离开时要消掉其登记信息。阅览室共有 50 个座位。登记表每次仅允许一位读者进行登记或注销。若阅览室人员已满，则在阅览室外等待，直至有空位再登记进入。试用 P、V 操作，描述读者行为。（分数：6.00）_46.某采用页式存储管理系统中，主存容量为 1M，共有 0，1，2，255

16、 块，一作业的地址空间占 4 页，其页号为 0，1，2，3，分别被分配到第 2，3，1，5 块中。请回答：(1)主存地址应该用多少位来表示?(2)作业每页的长度为多少?逻辑地址中的页号和页内地址应该分别占多少位?(3)把作业中的每一页分配到主存中的起始地址填入下表：页号 起始地址0 1 2 3 (4)若给出逻辑地址 0B.4168B.8291B，请计算出相应的内存地址。（分数：9.00）_47.某网络拓扑如下图，网内所用的 IP 网段为 61.100.13.0/24。DHCP 服务器(DHCPS erver)的 IP 地址是61.100.13.253，Email 服务器的 IP 地址是 61.

17、100.13.254，路由器以太口 ip 地址是 61.100.13.252。由DHCP 服务器自动为网络内主机(DHCP 客户端)分配 IP 地址。（分数：9.00）_考研计算机学科专业基础综合-12 答案解析(总分：150.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.一个栈的输入序列为 123n，若输出序列的第一个元素是 n，输出第 i(1=i=n)个元素是_。（分数：2.00）A.不确定B.n-i+1 C.iD.n-i解析：按照堆栈“后进先出”的特点，n 是最后一个入栈的，即 n 为栈顶元素。若输出的第一个元素为n，则其余所有元素必定仍在堆栈中。第一个

18、输出元素为 n，则第二个输出元素为 n-1，第 i 个输出元素为n-i+1，最后一个(第 n 个)输出元素为 1。2.设备的打开、关闭、读、写等操作是由_完成的。（分数：2.00）A.用户程序B.编译程序C.设备分配程序D.设备驱动程序 解析：有关设备的基本操作都由设备驱动程序负责。3.存储器按字节编址，在向上生成(地址码减小方向)堆栈中，若约定为实顶栈(即堆栈指针随时指向实有数据的堆顶)，设 SP=1428H，AX 为 16 位累加寄存器，则执行一条指令 PUSH AX 后，SP 内容为_。（分数：2.00）A.1427B.142AC.1430D.1426 解析：据题意，应该先使(SP)-1

19、，再写入数据，而 AX 为 16 位寄存器，占用 2 个堆栈单元，所以 SP 的内容减 1 两次。4.一棵非空的二叉树的先序遍历序列与后序遍历序列正好相反，则该二叉树一定满足_。（分数：2.00）A.所有的结点均无左孩子B.所有的结点均无右孩子C.只有一个叶子结点 D.是任意一棵二叉树解析：前序序列是“根左右”，后序序列是“左右根”，若要这两个序列相反，只有单支树，所以本题的A 和 B 均对，单支树的特点是只有一个叶子结点，故 C 是最合适的，选 C。5.CPU 响应中断的时间是_。（分数：2.00）A.取指周期结束B.执行周期结束 C.中断源提出请求D.间址周期结束解析：因为 CPU 是在指

20、令周期的最后一个机器周期执行周期的结束时刻统一向所有中断源发出中断查询信号，所以选 B。6.关于选择重传，下列说法不正确的是_。（分数：2.00）A.发送方缓存未被确认的分组B.采用累积确认 C.发送方仅重传那些它怀疑在接收方出错的分组D.允许发送方发送多个分组而无需等待确认解析：本题主要考查“选择重传协议”的基本原理。数据链路层中帧传送可采用停止等待协议，连续 ARQ 协议及选择重传 ARQ 协议。停止等待协议就是每发一个数据帧就要等待一个确认帧，只有收到确认帧后才发送第二帧，如果超时还没收到确认帧，或收到否认帧时重发该帧。每发一个数据帧就要等待确认帧，这样信道的利用率就很低，于是便有了连续

21、 ARQ。所谓连续就是在发送完一个数据帧后，不是停下来等待确认帧，而是可以连续再发若干帧，边发可以边等待确认帧，如果收到了确认帧，又可以继续发送数据帧，由于减少了等待的时间，利用率就提高了。但是连续 ARQ 在收到一个否认帧或超时后，所有该帧后面的帧都要重发而不管该帧后面的帧是否正确传送，于是便有了选择重传 ARQ 协议。所谓选择就是指只选择错误的帧进行重发，而不像连续 ARQ 那样所有该错误帧后面的帧都要重发。但是选择重传 ARQ 是以浪费存储空间来提高信道的利用率的，因为只是选择性地重发错误帧，那么后面的帧就有可能比前面的帧先到达接收端，这个时候如果一收到帧就往上传用户就有可能收到不正确的

22、帧，例如 A向 B 发送“我是 A”，但是 B 很有可能收到这样的信息“是 A 我”，为了避免这样的错误，在接收方就必须先将 A 发过来的信息保存起来，直到所有信息均到达后再对其进行组装，组装完成后再往上传，这样就浪费了存储空间。7.如果系统中有 n 个进程，则就绪队列中进程的个数最多为( )。（分数：2.00）A.n+1B.nC.n-1 D.1解析：一个计算机系统中至少有一个处理机，能常处理机上有一个进程执行，因此就绪队列中进程个数最多为 n-1。如果系统中有 n 个进程，一个处理机，则处于就绪状态的进程最多有 n-1 个，最少有 0 个。若n-1 个处于阻塞状态，1 个处于执行状态，则就绪

23、状态为 0 个。处于执行状态的最多 1 个，最少 0 个。若都正好处于阻塞状态，则为 0 个。处于阻塞状态的最多 n 个，最少 0 个。8.以下哪种类型的存储器的读写速度最快:。（分数：2.00）A.DRAMB.磁盘C.SRAM D.EPROM解析：存储器中 FLASH MEMORY(闪存)的改写速度比 EPROM(可擦写的只读存储器)的速度快 10 倍以上，但比 RAM(随机存取存储器)的速度要慢得多，而 RAM 按存储原理的不同，分为 SRAM(静态随机存取存储器)和 DRAM(动态随机存取存储器)，其中，DRAM 由于采用等效电容存储信息，需要一个充放电过程，所以速度比 SRAM 要慢。

24、9.一个系统，它的文件控制块占 64B，一个磁盘块大小为 1KB，采用一级目录。假定文件目录中有 1600 个目录项。则查找一个文件平均需要_次访问磁盘。（分数：2.00）A.50 B.54C.100D.200解析：3200 个目录项，需要占有 1G00*64/1024=100 个磁盘块，一级目录平均访盘次数为整个盘块数的1/2，所以查找平均访问磁盘次数为 50。10.在一个采用 CSMA/CD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为 1Gbps，电缆中的信号传播速度是 200000km/s。若最小数据帧长度减少 400 比特，则最远的两个站点之间的距离至少需要_。（分数：2.00

25、）A.减少 80mB.增加 80mC.减少 40m D.增加 40m解析：本题目主要考查了“CSMA/CD 协议”。CSMA/CD 协议即载波监听多点接入/碰撞检测。“多点接入”表示许多计算机以多点接入的方式连接在一根总线上。“载波监听”是指每一个站在发送数据之前先要检测一下总线上是否有其他计算机在发送数据，如果有，则暂时不要发送数据，以免发生碰撞。总线上并没有什么“载波”。因此，“载波监听”就是用电子技术检测总线上有没有其他计算机发送的数据信号。“碰撞检测”就是计算机边发送数据边检测信道上的信号电压大小。当几个站同时在总线上发送数据时，总线上的信号电压摆动值将会增大(互相叠加)。当一个站检测

26、到的信号电压摆动值超过一定的门限值时，就认为总线上至少有两个站同时在发送数据，表明产生了碰撞。检测到碰撞后在发生碰撞时，总线上传输的信号产生了严重的失真，无法从中恢复出有用的信息来。每一个正在发送数据的站，一旦发现总线上出现了碰撞，就要立即停止发送，免得继续浪费网络资源，然后等待一段随机时间后再次发送。CSMA/CD 检测冲突需要花费时间。对于基带总线而言，最坏情况下用于检测一个冲突的时间等于任意两个站之间传播时延的两倍。从一个站点开始发送数据到另一个站点开始接收数据，也即载波信号从一端传播到另一端所需的时间，称为信号传播时延。信号传播时延=两站点的距离/信号传播速度。假定 AB 两个站点位于

27、总线两端，两站点之间的最大传播时延为 Tp。当 A 站点发送数据后，经过接近于最大传播时延 Tp 时，B 站点正好也发送数据，此时冲突便发生。发生冲突后，B 站点立即可检测到该冲突，而 A 站点需再经过一份最大传播时延 Tp 后，才能检测出冲突。也即最坏情况下，对于基带 CSMA/CD 来说检测出一个冲突的时间等于任意两个站之间最大传播时延的两倍(2Tp)。数据帧从一个站点开始发送，到该数据帧发送完毕所需的时间和为数据传输时延；同理，数据传输时延也表示一个接收站点开始接收数据帧，到该数据帧接收完毕所需的时间。数据传输时延(s)=数据帧长度(bit)/数据传输速率(bps)。若不考虑中继器引入的

28、延迟，数据帧从一个站点开始发送，到该数据帧被另一个站点全部接收所需的总时间，等于数据传输时延与信号传播时延之和。由上述分析可知，为了确保发送数据站点在传输时能检测到可能存在的冲突，数据帧的传输时延至少要两倍于传播时延。换句话说，要求分组的长度不短于某个值，否则在检测出冲突之前传输已经结束，但实际上分组已被冲突所破坏。由此引出了 CSMA/CD 总线网络中最短帧长的计算关系式：最短数据帧长(bit)=2 倍的信号传播时延(s)*数据传输速率(bps)=2*两站点的距离(m)/信号传播速度*数据传输速率(bps)。由题意知：数据传输速率为 1Gbps，信号传播速度为 200000km/s，所以，我

29、们得到：最短数据帧长(bit)=2*两站点的距离(m)/2000000(km/s)*1(Gbps)。题意问的是若最小数据帧长度减少 400 比特，则求最远的两个站点之间的距离变化。两站点的距离变化值(m)=最短数据帧长减少值(bit)*200000(km/s)/(2*1(Gbps)=40m。综上所述，减少40m。11.某机器采用微程序技术设计控制器。已知每一条机器指令的执行过程均可由 8 条微指令组成的微程序来完成，该机器的指令系统采用 6 位定长操作码格式，控制存储器至少应能容纳_条微指令。（分数：2.00）A.512 B.48C.64D.256解析：由于机器指令系统采用 6 位定长编码，所

30、以可知指令系统一共有 24=64 条指令，又据题意每条机器指令都可以分解为 8 条微指令，这样系统中的微指令的条数为 864=512 条，所以控制存储器至少应能容纳 512 条微指令。12.设树 T 的度为 4，其中度为 1，2，3 和 4 的结点个数分别为 4，2，1，1 则 T 中的叶子数为_。（分数：2.00）A.5B.6C.7 D.8解析：n=n0+n 1+n2+n3+n4，n=1*4+2*2+3*1+4*1，所以 n0=7。13.散列表的地址区间为 017，散列函数为 H(K)=K mod 17。采用线性探测法处理冲突，并将关键字序列26，25，72，38，8，18，59 依次存储到

31、散列表中。元素 59 存放在散列表中的地址是_。（分数：2.00）A.8B.9C.10D.11 解析：H(26)=26%17=9 H(25)=25%17=8 H(72)=72%17=4H(38)=38%17=4 H(8)=8%17=8 H(18)=18%17=1H(59)=59%17=7存储地址为：0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1672 38 25 26 8 5914.两台计算机利用电话线路传输数据信号时，必需的设备是_。（分数：2.00）A.网卡B.调制解调器 C.中继器D.同轴电缆解析：本题目主要考查了“计算机网络的概念、组成与功能”。电话线路

32、传输模拟信号，而数据信号是数字信号，必须使用调制解调器，用于数字信号和模拟信号之间的转换。不需要网卡连接。网卡是工作在数据链路层的网路组件，是局域网中连接计算机和传输介质的接口。中继器是一个将输入信号增强放大的模拟设备，而不考虑输入信号种类(是模拟的还是数字的)。中继器通常用在局域网连接中。同轴电缆是一种常见的传输介质，可以在很高的速率上传输很长的距离，同轴电缆分 50，基带电缆和75Q 宽带电缆两类。基带电缆仅仅用于数字传输，数据率可达 10Mbps。宽带电缆是 CATV 系统中使用的标准，它既可使用频分多路复用的模拟信号发送，也可传输数字信号。15.有六个元素 6，5，4，3，2，1 的顺

33、序进栈，下列_不是合法的出栈序列。（分数：2.00）A.5 4 3 6 1 2B.4 5 3 1 2 6C.3 4 6 5 2 1 D.2 3 4 1 5 6解析：考查堆栈“后进先出”的特点。对选项 A 来说，第一个出栈元素是 5，因为 6 先于 5 进栈，所以必定在 5 之后出栈，其余的元素出栈顺序任意；对选项 B 来说，第一个出栈元素是 4，所以 5 和 6 两个元素必定在 4 之后依次出栈；对选项 C 来说，第一个出栈元素是 3，则必有 456 三个元素依次在 3 后面出栈，但是选项 c 中的顺序是 3.4.6.5，这是不符合要求的；对选项 D 来说，第一个出栈元素是 2，则必有3.4.

34、5.6 依次在 2 后面出栈，D 也是符合要求的，因此答案选 C。16.若处理器有 32 位地址，则它的虚拟地址空间为_字节。（分数：2.00）A.2GB.4G C.100KD.640K解析：处理器有 32 位，则其虚地址空间为 232 字节，即为 4*230=4G 字节。17.OSI/RM 的三个主要概念是_。（分数：2.00）A.体系结构、模型、交换B.子网、分层、元语C.服务、接口、协议 D.wAN、MAN、LAN解析：本题目主要考查了“ISO/OSI 参考模型”。ISO OSI/RM 模型中，清晰地定义了服务、接口和协议三个概念；接口：相邻两层之间交互的界面(interface)；服务

35、：某一层及其以下各层的一种功能，通过接口提供给其直接相邻上层；协议：通信双方在通信中必须遵守的规则。18.TCP 使用慢开始和拥塞避免，设慢开始门限 ssthresh 的初始值为 8(单位为报文段)。当拥塞窗口上升到 12 时网络发生了超时，则第 15 个传输周期的拥塞窗口大小是_。（分数：2.00）A.9 B.11C.32D.64解析：本题目主要考查了“TCP 流量控制与拥塞控制”。题目条件是 TCP 连接的慢开始门限的初始值是 8，当拥塞窗口上升到 12 时网络发生超时，并且 TcP 使用慢开始和拥塞避免。因此在开始的 4 个传输周期里拥塞窗口的大小分别是：1、2、4、8。之后进入拥塞避免

36、阶段，第 5 到 8 个传输周期里拥塞窗口的大小分别是：9、10、1l、12。此时发生超时，慢开始门限设为 6，拥塞窗口的大小变为 1因此，第 9 到 12 个传输周期里拥塞窗口的大小分别是：1、2、4、6。之后进入拥塞避免阶段，所以第 13 到 15 个传输周期里拥塞窗口的大小分别是：7、8、9。19.某机器采用四体交叉存储器，今执行一段小循环程序，此程序存放在存储器的连续地址单元中。假设每条指令的执行时间相同，而且不需要用到存储器存取数据，在下面两种情况下(执行指令数相等)，程序运行时间之比约为_。(1)循环程序由 6 条指令组成，重复执行 80 次(2)循环程序由 8 条指令组成，重复执

37、行 60 次。（分数：2.00）A.2:1B.1:2C.3:4D.4:3 解析：假设取指周期为 T，执行时间为 t，总线传输时间为，第一种情况，程序运行的时间 T1=(T+5+6t)80=80T+400+480t，第二种情况，程序运行的时间 T2=(T+7+8t)60=60T+420+480t，所以，T1:T280T:60T=4:3。20.互联网上的服务通常都是基于某一种协议，www 是基于下面的_协议。（分数：2.00）A.SNMPB.SMTPC.HTTP D.TELNET解析：本题目主要考查了“WWW”服务。WWW 是基于超文本的信息查询系统，而超文本的传输是通过 HTTP 协议进行传输的

38、。HTTP 是 Hypertext transfer prototcol，即超文本的传输。SNMP 是专门设计用于在 IP 网络管理网络节点(服务器、工作站、路由器、交换机及 HUBS 等)的一种标准协议，它是一种应用层协议。SNMP 使网络管理员能够管理网络效能，发现并解决网络问题以及规划网络增长。SMTP 是因特网电子邮件中主要的应用层协议，它使用 TCP 可靠数据传输服务，从发送方的邮件服务器向接收方的邮件服务器发送邮件，默认使用 TCP 端口为 25。POP3 是接收邮件协议，端口号是 110。Telnet 协议是 TCP/IP 协议族中的一员，是 Internet 远程登录服务的标准

39、协议和主要方式。它为用户提供了在本地计算机上完成远程主机工作的能力。21.总线结构的主要优点是便于实现系统的模块化，其缺点是_。（分数：2.00）A.不能同时具有一个以上的总线主设备 B.传输的地址和数据信息不能同时出现C.传输的地址和控制信息不能同时出现D.不能同时使用多于两个总线设备解析：总线是连接多个部件的信息传输线，是各部件共享的传输介质。在某一时刻，只允许有一个主设备向总线发送信息，而多个总线设备可以同时从总线上接收相同的信息。22.浮点数的格式为 10 位字长，阶码 4 位，基为 2。当阶码和尾数均用原码表示，且为规格化形式(采用隐藏位)，下面_浮点数表示 0.4。（分数：2.00

40、）A.0101010011 B.0100111001C.0000011001D.0000010011解析：0.4=0.0110011B=1.100112 -2，数符在前，其次是阶码，最后是尾数，且采用隐藏位，当阶码和尾数均用原码表示，则表示为 0 1010 10011。23.由权值分别为 3，8，6，2，5 的叶子结点生成一棵哈夫曼树，它的带权路径长度为_。（分数：2.00）A.24B.48C.72D.53 解析：生成的哈夫曼树如上图所示，路径长度为：3*(2+3)+2*(8+5+6)=53。*24.不使用中断机构的 I/O 控制方式是_。（分数：2.00）A.中断控制方式B.程序 I/O 方

41、式 C.DMA 控制方式D.I/O 通道控制方式解析：程序 I/O 方式无中断机构，由 cPu 向控制器发出一条 I/O 指令启动设备，然后要不断地循环检测设备是否完成，浪费了大量 CPU 时间。25.软件与硬件在( )上可以是等级的，在( )上是不等级的_。（分数：2.00）A.效率功能B.功能效率 C.方法结构D.结构方法解析：随着 VLSI 技术的发展，任何操作(功能)可以由软件来实现，也可以由硬件来实现，软硬件在功能上是等级的，但是软件实现和硬件实现在方法、结构和效率上都不等级。26.EIA 一 232E 的机械特性规定使用的连接器类型为_。（分数：2.00）A.DB-15 连接器B.

42、DB-25 连接器 C.DB-20 连接器D.RJ-45 连接器解析：本题目考查物理层的“通信标准 EIA-232E 的机械特性”这一知识点。EIA-232E 在机械特性方面，使用 ISO 关于插头座的标准，就是使用 25 根引脚的 DB 一 25 插头座。引脚分为上、下两排，分别为 13 和 12 根引脚。27.对序列 15，9，7，8，20，-1，4 进行排序，进行一趟后数据的排列变为 4，9，-1，8，20，7，15；则采用的是_排序。（分数：2.00）A.选择B.快速C.希尔 D.冒泡解析：希尔排序又称“缩小增量排序”，是一种改进的插入排序，在时间效率上有了较大的改进。对直接插入排序来

43、说，比较的步长为 1。这种情况下，如果较小的数在序列的较后面部分，则需要一步一步的向前移动，无疑是比较慢的。如果采用步长1 的方法，则可以使较小的数向前推进是“跳跃式”进行，故可以提高排序效率。方法：将整个序列分成若干子序列，对各个子序列进行直接插入排序，得到一趟希尔排序序列；然后缩短步长，重复以上动作，直到步长为 1。具体步骤如下：先取一正整数 d(dn，一般可取 d=* )，把所有距离为 d 的倍数的记录编在一组，组成一个子序列，这样将整个待排序序列分成若干组；在各个子序列中进行直接插入排序；取一个新的 d(比原来的要小，一般取原来的 1/2)，重复执行 1)，2)，直到 d=1 为止(此

44、时，整个序列变成直接插入排序)。28.考虑页面替换算法。系统有 m 个页帧(frame)供调度，初始时全空；引用串(reference string)长度为p，包含了 n 个不同的页号。无论用什么算法，缺页次数不会少于_。（分数：2.00）A.mB.pC.n D.min(m，n)解析：缺页次数的上限是 P，下限是 n，因为无论用什么算法有可能刚淘汰掉的页又接着要使用，故页故障上限为 P；而不同的页至少有一次缺页故障，故下限为 n。29.一种既有利于短小作业又兼顾到长作业的作业调度算法是_。（分数：2.00）A.先来先服务B.轮转C.最高响应比优先 D.均衡调度解析：最高响应比优先算法等待时间相

45、同时，要求服务时间愈短，优先权愈高，因而该算法有利于短作业，对于长作业，作业的优先级可以随等待时间的增加而提高，当其等待时间足够长时，其优先级便可升到很高，从而获得处理机，因此该算法即有利于短作业又兼顾到了长作业。30.下列四个序列中，_是堆。（分数：2.00）_解析：堆排序是另一种基于选择的排序方法。n 个元素的序列k 1，k 2，k 3，k n31.磁盘上的每一个物理块要用三个参数来定位，首先要把移动臂移动并定位到不同盘面上具有相同编号的磁道位置，表示该位置的参数称_。（分数：2.00）A.柱面 B.盘面C.扇区D.磁头解析：略。32.某机 CPU 芯片的主振频率为 8MHz，每个机器周期平均包含 4 个时钟周期，该机的平均指令执行速度为0.8MIPS，平均指令周期是_。（分数：2.00）A.1 个机器周期B.1.5 个机器周期C.3 个机器周期D.2.5 个机器周期 解析：机器周期为 4/(8MHz)=0.5s，每条指令的平均执行时间是 1/(0.8M)=1.25s，所以平均指令周期是 1.25/0.5=2.5 个机器周期。33.XY 为定点二进制数，其格式为 1 位符号位，n 位数值位。若采用 Booth 补码一位乘法实现乘法运算，则最多需要_次加法运算。（分数：2.00）A.n-1B.nC.n+1 D.n+2解析