【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-14及答案解析.doc

《【考研类试卷】考研计算机学科专业基础综合-14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-14及答案解析.doc（33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-14 及答案解析(总分：139.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.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是_。int i=1;while (i=n)i=i*2;AO(log 2n) BO(n) CO(nlog 2n) DO(n 2)（分数：2.00）A.B.C.D.2.下列关于栈和队列说法中，正确的是_。A消除递归不一定需要使用栈B对同一输入序列进行两组不同的合法入栈和出栈组合操作，所得的输出序列也一定相同C通常使用队列来处理函数或过程调用D队列和栈是操作受限的线性表，只允许在表的两端进行运算（分数：

2、2.00）A.B.C.D.3.已知栈的输入序列为 1，2，3，n，输出序列为 p1，p 2，p 3，p n，若 p1=3，则 p2的值为_。A一定是 2 B一定是 1 C可能是 1 D可能是 2（分数：2.00）A.B.C.D.4.下列关于二叉树的说法中，正确的是_。A度为 2 的有序树就是二叉树B含有 n 个结点的二叉树，其高度为 （分数：2.00）A.B.C.D.5.含有 n 个结点的三叉树的最小高度是_。（分数：2.00）A.B.C.D.6.某二叉树的先序遍历序列为 IJKLMNO，中序遍历序列为 JLKINMO，则后序遍历序列是_。AJLKMNOI BLKNJOMI CLKJNOMI

3、DLKNOJMI（分数：2.00）A.B.C.D.7.设森林 F 中有三棵树，第一、第二、第三棵树的结点个数分别为 N1，N2 和 N3。与森林 F 对应的二叉树根结点的右子树上的结点个数是_。AN1 BN1+N2 CN3 DN2+N3（分数：2.00）A.B.C.D.8.以下关于图的说法正确的是_。 图 G 的生成树是该图的一个极小连通子图 生成树中最长路径的起点和终点的度均为 1 对任意一个图，从某个顶点出发进行一次深度优先或广度优先遍历，可访问图的所有顶点A、 B、 C、 D仅有（分数：2.00）A.B.C.D.9.已知有向图 G=(V，A)，其中V=a，b，c，d，e，A=a，b，a，

4、c，d，c，d，e，b，e，c，e，对该图进行拓扑排序，下面序列中不是拓扑排序的是_。Aa，d，c，b，e Bd，a，b，c，e Ca，b，d，c，e Da，b，c，d，e（分数：2.00）A.B.C.D.10.序列(8，9，10，4，5，6，20，1，2)，只能是以下哪种排序方法两趟排序后的结果是_。A选择排序 B冒泡排序 C插入排序 D堆排序（分数：2.00）A.B.C.D.11.对关键码序列(23，17，72，60，25，8，68，71，52)进行堆排序，输出两个最小关键码后的剩余堆是_。A(23，72，60，25，68，71，52) B(23，25，52，60，71，72，68)C(7

5、1，25，23，52，60，72，68) D(23，25，68，52，60，72，71)（分数：2.00）A.B.C.D.12.下图中计算机硬件系统基本组成部件、和的名称是_。（分数：2.00）A.B.C.D.13.-31 的八位二进制反码表示为_。A00011111 B10011111 C11100000 D11100001（分数：2.00）A.B.C.D.14.设数据码字为 11010111，采用海明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是_。A2 B3 C4 D5（分数：2.00）A.B.C.D.15.如果 X 为负数，则已知X 补 求-X 补 的方法是_。AX 补 各

6、值保持不变BX 补 符号位变反，其他各位不变CX 补 除符号位外，各位变反，末位加 1DX 补 连同符号位一起，各位变反，末位加 1（分数：2.00）A.B.C.D.16.下面是有关 DRAM 和 SRAM 存储器芯片的叙述： DRAM 芯片的集成度比 SRAM 高 DRAM 芯片的成本比 SRAM 高 DRAM 芯片的速度比 SRAM 快 DRAM 芯片工作时需要刷新，SRAM 芯片工作时不需要刷新通常情况下，错误的是_。A和 B和 C和 D和（分数：2.00）A.B.C.D.17.若想对某个寄存器中的某几位清零，可以使用的一条指令是_。AAND BOR CNOT DXOR（分数：2.00）

7、A.B.C.D.18.设指令由取指、分析、执行 3 个子部件完成，每个子部件的工作周期均为 t，采用常规标量流水线处理机。若连续执行 12 条指令，则共需时间是_。A8t B10t C12t D14t（分数：2.00）A.B.C.D.19.某计算机的指令系统中共有 100 条不同的指令，采用微程序控制方式时，控制存储器中具有的微程序数目至少是_。A101 B102 C103 D104（分数：2.00）A.B.C.D.20.某总线有 104 根信号线，其中数据总线(DB)32 根，若总线工作频率为 33MHz，则其理论最大传输率是_。A33MB/s B64MB/s C132MB/s D164MB

8、/s（分数：2.00）A.B.C.D.21.RGB8:8:8 表示一帧彩色图像的颜色数是_。A2 3 B2 8 C2 24 D2 512（分数：2.00）A.B.C.D.22.关于程序中断方式和 DMA 方式的叙述中错误的是_。 若同时接到 DMA 请求和中断请求，CPU 优先响应 DMA 请求 程序中断需要保护现场，DMA 方式不需要保护现场 程序中断方式的中断请求是为了报告 CPU 数据的传输结束，而 DMA 方式的中断请求完全是为了传送数据 中断方式和 DMA 方式中，快速 I/O 设备更适合采用中断方式传递数据A、 B、 C、 D、（分数：2.00）A.B.C.D.23.构造操作系统的

9、主要结构模式是_。 整体式结构 层次式结构 微内核(客户/服务器)结构 对称式结构A和 B和 C、和 D、和（分数：2.00）A.B.C.D.24.某系统正在执行三个进程 P1、P2 和 P3，各进程的计算(CPU)时间和 I/O 时间比例如下表所列。表进程 计算时间 I/O 时间P1 90% 10%P2 50% 50%P3 15% 85%为提高系统资源利用率，合理的进程优先级设置应为AP1P2P3 BP3P2P1 CP2P1=P3 DP1P2=P3（分数：2.00）A.B.C.D.25.一个支持并发的操作系统在运行过程中，调度模块会不断地选择新进程投入运行。在非抢先式操作系统中，下面不是引起

10、操作系统重新选择新进程的直接原因是_。A分配的时间片用完 B运行着的进程要等待某一信号到来C正在运行的进程出错 D有新进程进入就绪队列（分数：2.00）A.B.C.D.26.一个正在访问临界资源的进程由于申请等待 IO 操作而被中断时，它是_。A可以允许其他进程进入与该进程相关的临界区B不允许其他进程进入任何临界区C可以允许其他进程抢占处理机，但不得进入该进程的临界区D不允许任何进程抢占处理机（分数：2.00）A.B.C.D.27.在连续内存分配管理中，分区分配是最简单的实现并发的内存管理方法。对于该方法，进行内存保护的措施是_。A存取控制列表 B用户权限保护 C程序状态保护 D界地址保护（分

11、数：2.00）A.B.C.D.28.某简单分页式存储管理中，逻辑地址空间分页为每页 1KB，对应相应的物理块。设主存总容量为256KB，描述主存分配情况如下表所列(0 表示未分配，1 表示已分配)。表起始页号 位示图0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 116 1 0 1 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 032 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1此时，操作系统创建了一个新进程，大小为 2.5KB，按首先分配低址空间的策略，那么，分配给该进程的页面的页号分别是_。A17、21 和 22 B21、22 和 23 C23、24 和 25 D2

12、9、30 和 31（分数：2.00）A.B.C.D.29.分页式虚拟存储管理系统中，页面的大小与可能产生的缺页中断次数的关系是_。A成正比 B成反比 C无关系 D固定值（分数：2.00）A.B.C.D.30.某一个磁盘共有 16 个盘面，每个盘面上从外到内共有 30000 个磁道(或称 30000 个柱面)，每个磁道有250 个扇区。假定存储信息时以一个扇区作为一个存储块，盘面号(磁头号)、磁道号和扇区号均从 0 开始编号，那么，盘块号 1002578 对应的盘面号、磁道号和扇区号是_。A1，2500，78 B10，250，78 C2，250，161 D0，4010，78（分数：2.00）A.

13、B.C.D.31.现代操作系统中，文件系统都有效地解决了重名问题，允许不同的文件可以有相同的文件名。那么，实现该功能的主要方法是_。A重名翻译机构 B建立索引表C建立指针 D建立多级树形目录结构（分数：2.00）A.B.C.D.32.设备管理中，能够用空间换取时间的技术是_。ASPOOLing 技术 B虚拟存储技术 C覆盖与交换技术 D通道技术（分数：2.00）A.B.C.D.33.关于 OSI 参考模型和 TCP/IP 模型在网络层提供的服务，正确的说法是_。AOSI 模型在网络层仅提供面向连接服务BTCP/IP 模型在网络层提供无连接服务COSI 模型在网络层仅提供无连接服务DTCP/IP

14、 模型在网络层提供无连接和面向连接服务（分数：2.00）A.B.C.D.34.光纤分为单模光纤和多模光纤，这两种光纤的区别是_。A单模光纤的数据速率比多模光纤低 B多模光纤比单模光纤传输距离更远C单模光纤比多模光纤的价格更便宜 D多模光纤比单模光纤的纤芯直径粗（分数：2.00）A.B.C.D.35.使用 HDLC 时，位串 011111110111110 进行位填充后的位模式是_。A011101110101110110 B0111101110111110C0111111101111100 D01111101101111100（分数：2.00）A.B.C.D.36.在可靠传输机制中，发送窗口的位

15、置由窗口前沿和后沿的位置共同确定，经过一段时间，发送窗口的后沿的变化情况可能是_。 原地不动 向前移动 向后移动A、 B、 C、 D都有可能（分数：2.00）A.B.C.D.37.CRC 校验是目前常用的检错方式。如果采用的多项式为 G(X)=x4+x2+x+1，那么对于要传的信息串1101011011 的 CRC 校验码是_。A1011 B1101 C1110 D1100（分数：2.00）A.B.C.D.38.关于因特网中的主机和路由器，以下说法正确的是_。 主机通常需要实现 TCP 协议 路由器必须实现 TCP 协议 主机必须实现 IP 协议 路由器必须实现 IP 协议A、和 B、和 C、

16、和 D、和（分数：2.00）A.B.C.D.39.下面包含在 TCP 头中而不包含在 UDP 头中的信息是_。A目标端口号 B序号 C源端口号 D校验号（分数：2.00）A.B.C.D.40.DNS 服务器在名称解析过程中正确的查询顺序是_。A本地缓存记录区域记录转发域名服务器根域名服务器B区域记录本地缓存记录转发域名服务器根域名服务器C本地缓存记录区域记录根域名服务器转发域名服务器D区域记录本地缓存记录根域名服务器转发域名服务器（分数：2.00）A.B.C.D.二、综合应用题(总题数：8，分数：59.00)已知一组关键字为(26，36，41，38，44，15，68，12，6，51，25)，用

17、链地址法解决冲突。假设装填因子 =0.75，散列函数的形式为 H(K)=K MOD P，回答下列问题：（分数：10.00）(1).构造散列函数；（分数：2.50）_(2).画出散列表；（分数：2.50）_(3).计算出等概率情况下查找成功的平均查找长度；（分数：2.50）_(4).计算出等概率情况下查找不成功的平均查找长度。（分数：2.50）_41.设单链表的表头指针为 h，链表中结点构造为(data，next)，其中 data 域为字符型，链表长度为 n。编写算法判断该链表的 n 个字符是否中心对称。(例如 xyx，xyyx 都是中心对称。)（分数：13.00）_42.下图是某存储芯片的引脚

18、图，请回答：_下图是某存储芯片的引脚图，请回答：（分数：10.00）(1).这个存储芯片的类型(是 RAM 还是 ROM)?这个存储芯片的容量?（分数：2.50）_(2).若地址线增加一根，存储芯片的容量将变为多少?（分数：2.50）_(3).这个芯片是否需要刷新?为什么?刷新和重写有什么区别?（分数：2.50）_(4).如果需要刷新，请指出芯片刷新一遍需要的时间(设存取周期为 0.5s)及你准备选择的刷新方式，需说明理由。 （分数：2.50）_磁盘机由 6 个盘片组成，其中专设 1 个盘面为伺服面，其他的盘面作为记录数据的盘面。盘存储区域内直径为 6.1cm，外直径为 12.9cm，道密度为

19、 22TPM，位密度为 6000bpm，平均寻道时间为 10ms，磁盘转速为7200RPM。假定 =3，试计算：（分数：10.00）(1).数据盘面数和柱面数；（分数：2.00）_(2).盘组容量是多少字节?（分数：2.00）_(3).数据传输率是多少字节/秒?（分数：2.00）_(4).从任一磁道读取 80000 个字节数据的平均存取时间是多少?（分数：2.00）_(5).假定系统配备上述磁盘机 15 台，每个磁道分为 64 个扇区，试为该磁盘系统设计一个地址方案。（分数：2.00）_43.有 n 个生产者进程向 1 个有限的缓冲区不断地发送信息，这些信息通过缓冲区分发到 m 个消费者，缓冲

20、区的大小只可以存放 1 条信息。生产者和消费者的工作遵循如下规则：(1)生产者和消费者对缓冲区的访问互斥；(2)对每 1 条放入缓冲区的信息，所有消费者都必须接收 1 次；(3)缓冲区满时，生产者必须阻塞，缓冲区空时，消费者阻塞。请用信号量和 P、V 操作组织正确的发送和接收。用类 C 语言进行描述。（分数：2.00）_并发使得处理机的利用率得到提高，其主要原因是处理机与 IO 可以同时为多个进程服务，也即处理机与IO 设备真正地并行。但是处理机的利用率提高并不是简单地将二个进程的处理机利用率相加，而是遵循一定的规律。现在有一个计算机系统采用多道程序技术实现了并发，调度算法采用时间片轮转，时间

21、片很小可以不计，忽略系统的开销，请分析以下问题：假设每个进程的处理机的利用率为 u1=20%。（分数：8.00）(1).进程并发时，处理机的利用率与并发进程数的关系是什么?（分数：2.00）_(2).假设某一计算机系统拥有 20MB 内存，以等额分区的方式实现了多道程序设计并运行，每个分区为4MB，其中操作系统占一个分区，请问此时处理机的利用率最大为多少?（分数：2.00）_(3).假设为这个系统增加了 16MB 内存，系统有足够的并发度，此时处理机的利用率最大为多少?系统的吞吐量比(2)增加了多少?（分数：2.00）_(4).在(3)的基础上继续增加 16MB 内存，此时处理机的利用率最大为

22、多少?系统的吞吐量比(3)增加了多少?分析此时增加的内存是否合算?说明为什么。（分数：2.00）_假设路由器 R 存在两个接口，接口 R1 连接标准局域网，接口 R2 连接限制最大传输单元(MTU)的局域网，现在一个 IP 数据包从接口 R1 转发到接口 R2，从 R2 链路上截获两个数据包的 IP 报头，如下表所列，请回答如下问题：表编号 IP 分组内容(十六进制)1 45 00 00 64 00 1e 20 00 ff 01 18 27 c0 a8 01 01 c0 a8 01 022 45 00 00 58 00 1e 00 1e ff 01 38 15 c0 a8 01 01 c0 a

23、8 01 02（分数：6.00）(1).接口 R2 的最大传输单元是多少?（分数：2.00）_(2).所传输的 IP 数据包的数据大小是多少?分为了几个 IP 分片?（分数：2.00）_(3).根据截获的 IP 报头，请填充没有截获的数据报，注意不包含头部校验和。注：IP 分组头结构分别如下图所示。（分数：2.00）_考研计算机学科专业基础综合-14 答案解析(总分：139.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：40，分数：80.00)1.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是_。int i=1;while (i=n)i=i*2;AO(log 2n) BO(

24、n) CO(nlog 2n) DO(n 2)（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 这是一个比较有趣的问题。如果不仔细分析的话，可能会得到 O(n)的结果。关键在于分析出 while 语句执行的次数。由于循环体中，i=i*2，所以循环执行的次数是 log2n，由此可见，算法的时间复杂度不是由问题规模 n 直接决定，而是 log2n。2.下列关于栈和队列说法中，正确的是_。A消除递归不一定需要使用栈B对同一输入序列进行两组不同的合法入栈和出栈组合操作，所得的输出序列也一定相同C通常使用队列来处理函数或过程调用D队列和栈是操作受限的线性表，只允许在表的两端进行运算（分数：2.00）A. B

25、.C.D.解析：解析 使用栈可以模拟递归的过程以此来消除递归，但对于单向递归和尾递归而言，可以用迭代的方式来消除递归，所以选项 A 正确；不同的进栈和出栈组合操作，会产生许多不同的输出序列，所以选项 B 错误；通常使用栈来处理函数或过程调用，选项 C 错误；队列和栈都是操作受限的线性表，但只有队列允许在表的两端进行运算，而栈只允许在栈顶方向进行操作。3.已知栈的输入序列为 1，2，3，n，输出序列为 p1，p 2，p 3，p n，若 p1=3，则 p2的值为_。A一定是 2 B一定是 1 C可能是 1 D可能是 2（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 当第一个出栈元素为 3 时，1，

26、2 一定压在栈内，下一个出栈的元素可能是 2，不可能是1。当然如果 4，5进栈，第一个出栈的元素也可能不是 2。4.下列关于二叉树的说法中，正确的是_。A度为 2 的有序树就是二叉树B含有 n 个结点的二叉树，其高度为 （分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 二叉树是有序树，但是度为 2 的有序树却不是二叉树，所以选项 A 错误；选项 B 当且仅当完全二叉树时才有意义，对于任意一棵二叉树高度可能为5.含有 n 个结点的三叉树的最小高度是_。（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 设含有 n 个结点的三叉树的最小高度为 h(为完全三叉树时高度最小)，第 h 层至少有一个结点，至多

27、有 3h-1个结点，则有：1+31+32+3h-2n1+3 1+32+3h-2+3h-1即：(3h-1-1)/2n(3 h-1)/2得：3h-12n+13 h也就是：hlog 3(2n+1)+1，hlog 3(2n+1)而 h 只能是正整数，则 ，所以，含有 n 个结点的三叉树的最小高度是6.某二叉树的先序遍历序列为 IJKLMNO，中序遍历序列为 JLKINMO，则后序遍历序列是_。AJLKMNOI BLKNJOMI CLKJNOMI DLKNOJMI（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 由先序和中序遍历序列确定一棵二叉树，再给出这棵二叉树的后序遍历序列。7.设森林 F 中有三棵树

28、，第一、第二、第三棵树的结点个数分别为 N1，N2 和 N3。与森林 F 对应的二叉树根结点的右子树上的结点个数是_。AN1 BN1+N2 CN3 DN2+N3（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 由森林转换的二叉树中，根结点即为第一棵树的根结点。根结点的左子树是由第一棵树中除了根结点以外其余结点组成的；根结点的右子树是由森林中除第一棵树外其他树转换来的。8.以下关于图的说法正确的是_。 图 G 的生成树是该图的一个极小连通子图 生成树中最长路径的起点和终点的度均为 1 对任意一个图，从某个顶点出发进行一次深度优先或广度优先遍历，可访问图的所有顶点A、 B、 C、 D仅有（分数：2.

29、00）A.B.C.D. 解析：解析 说法是错误的，图 G 的生成树是该图的一个极小连通子图，但必须包含全部顶点。说法是正确的，可用反证法证明。设 v1，v 2，v k是生成树的一条最长路径，其中，v 1为起点，v k为终点，若 vk的度为 2，取 vk的另一个邻接点 v，由于生成树中无回路。所以，v 在最长路径上，显然v1，v 2，v k，v 的路径最长，与假设矛盾。所以生成树中最长路径的终点的度为 1。同理可证起点 v1的度不能大于 1，只能为 1。说法是错误的，只有连通图从某个顶点出发进行一次遍历，可访问图的所有顶点。9.已知有向图 G=(V，A)，其中V=a，b，c，d，e，A=a，b，

30、a，c，d，c，d，e，b，e，c，e，对该图进行拓扑排序，下面序列中不是拓扑排序的是_。Aa，d，c，b，e Bd，a，b，c，e Ca，b，d，c，e Da，b，c，d，e（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 对 AOV 网进行拓扑排序的方法和步骤是：(1)从 AOV 网中选择一个没有前驱的顶点(该顶点的入度为 0)，并且输出它；(2)从网中删去该顶点，并且删去从该顶点发出的全部有向边；(3)重复上述两步，直到剩余的网中不再存在没有前驱的顶点为止。本题按照拓扑排序方法对该图进行拓扑排序便可得到结果。10.序列(8，9，10，4，5，6，20，1，2)，只能是以下哪种排序方法两趟排

31、序后的结果是_。A选择排序 B冒泡排序 C插入排序 D堆排序（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 本题主要考查各种排序的手工排序过程。执行两趟选择排序后，结果应该是(1，2，)。执行两趟冒泡排序后(假设扫描是从前向后)，结果应该是(，10，20)。执行两趟堆排序后，若采用大根堆，则结果应该是(，10，20)；若采用小根堆，则结果应该是(，2，1)。执行两趟插入排序后，待排序序列前 3 个关键码有序。11.对关键码序列(23，17，72，60，25，8，68，71，52)进行堆排序，输出两个最小关键码后的剩余堆是_。A(23，72，60，25，68，71，52) B(23，25，52，

32、60，71，72，68)C(71，25，23，52，60，72，68) D(23，25，68，52，60，72，71)（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题主要考查堆排序过程。筛选法初始建堆为(8，17，23，52，25，72，68，71，60)，输出 8 重建堆(17，25，23，52，60，72，68，71)，输出 17 重建堆为(23，25，68，52，60，72，71)。12.下图中计算机硬件系统基本组成部件、和的名称是_。（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 图中所示为冯诺依曼计算机硬件系统的五大基本部件，包括运算器、控制器、存储器、输入设备和输出设备五大基本

33、部件。运算器用来进行各种运算和数据转换；控制器则为计算机的工作提供统一的时钟和各种命令，协调计算机的各部件自动地工作；存储器用来存放程序、数据；输入设备和输出设备用来接收用户提供的外部信息或向用户提供输出信息。图中虚线框内是 CPU 部分，CPU 包括运算器和控制器，据此可排除选项 C；与其他 4 个部件均有联系，可以确定是控制器，据此可排除选项 A；最后根据信息的传送方向可确定为输入设备，为输出设备。13.-31 的八位二进制反码表示为_。A00011111 B10011111 C11100000 D11100001（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 A 选项为+31，B 选项为

34、-31 的原码，D 选项为-31 的补码。正数的原码、补码和反码的表示形式是相同的，都等于真值本身，而负数的原码、补码和反码各有不同的表示，其中反码表示法是将真值的数值部分按位取反。因为这是一个负数，所以可以首先排除掉选项 A。然后可以看出选项 B、C、D 分别代表-31 的原码、反码和补码。14.设数据码字为 11010111，采用海明码进行校验，若仅考虑纠正一位错，则必须加入的(冗余)位数是_。A2 B3 C4 D5（分数：2.00）A.B.C. D.解析：解析 如果仅考虑纠正 1 位错的情况，只要满足 2kn+k+1 就可以了(设校验位的位数为 k，信息位的位数为 n)。此题中因为 n=

35、8，所以 k4。如果在纠正 1 位错的同时还要能发现 2 位错，则满足 2k-1n+k+1。事实上，题中给出的具体数据对结果没有任何影响，真正有影响的是数据的位数。海明码实现原理是：在有效信息位中加入几个校验位形成海明码，使码距比较均匀地拉大，并把海明码的每一个二进制位分配到几个奇偶校验组中。当某一位出错后，就会引起有关的几个校验位的值发生变化，这不但可以发现错误，还能指出错误的位置，为自动纠错提供了依据。15.如果 X 为负数，则已知X 补 求-X 补 的方法是_。AX 补 各值保持不变BX 补 符号位变反，其他各位不变CX 补 除符号位外，各位变反，末位加 1DX 补 连同符号位一起，各位

36、变反，末位加 1（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 -X 补 被称为X 补 的机器负数，由X 补 求-X 补 的过程称为对X 补 变补(求补)，这是做减法运算时必须要完成的操作。不管 X 的真值为正或为负，已知x 补 求-X 补 的方法是：将X 补 连同符号位一起求反，末尾加“1”。X补 表示的真值如果是正数，则变补后-X 补 所表示的真值变为负数；反过来，X 补 表示的真值如果是负数，则变补后-X 补 所表示的真值变为正数。此题容易错选 C。如果除符号位外，各位变反，末位加 1，得到的是X 原 而不是-X 补 且只有 X 为负数时成立。16.下面是有关 DRAM 和 SRAM 存

37、储器芯片的叙述： DRAM 芯片的集成度比 SRAM 高 DRAM 芯片的成本比 SRAM 高 DRAM 芯片的速度比 SRAM 快 DRAM 芯片工作时需要刷新，SRAM 芯片工作时不需要刷新通常情况下，错误的是_。A和 B和 C和 D和（分数：2.00）A.B. C.D.解析：解析 DRAM 的集成度高于 SRAM，SRAM 的速度高于 DRAM，可以推出 DRAM 的成本低于 SRAM，SRAM芯片工作时不需要刷新，DRAM 芯片工作时需要刷新。随机存储器 RAM 又可分为静态 RAM(SRAM)和动态 RAM(DRAM)两种。SRAM 由 6 个 MOS 管组成一个记忆单元。它的存取速

38、度快，但集成度低，功耗也较大；DRAM 由 4 个 MOS 管或单个 MOS 管组成一个记忆单元。它的集成度高，功耗小，但存取速度慢。DRAM 是靠 MOS 电路中的栅极电容来存储信息的。栅极电容上的电荷数目会随着时间推移逐步泄漏，因此每隔一定的时间必须向栅极电容补充一次电荷，这个过程称为“刷新”。这类选择题是由多选题改造而来的单选题，其难度高于普通的单选题。在解题时需要首先判断多段叙述中各自的正确性，然后再在四个选项中挑选正确的选项。17.若想对某个寄存器中的某几位清零，可以使用的一条指令是_。AAND BOR CNOT DXOR（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 对某个寄存器中

39、的某几位清零又称为按位清，将此寄存器的内容和一个特定的源操作数做“与”运算，即可得到。一般计算机都具有与、或、非和异或等逻辑运算指令。这类指令在没有设置专门的位操作指令的计算机中常用于对数据字(字节)中某些位(一位或多位)进行操作。如利用“与”指令还可以使目的操作数的某些位置为“0”。只要源操作数的相应位为“0”，其余位为“1”，然后执行“与”指令即可。利用“或”指令可以使目的操作数的某些位置为“1”。只要源操作数的相应位为“1”，其余位为“0”，然后执行“或”指令即可。此题容易错选项 D，XOR 指令可以实现对整个寄存器的全部位清零的功能，但不能实现对指定的某几位清零的功能。18.设指令由取

40、指、分析、执行 3 个子部件完成，每个子部件的工作周期均为 t，采用常规标量流水线处理机。若连续执行 12 条指令，则共需时间是_。A8t B10t C12t D14t（分数：2.00）A.B.C.D. 解析：解析 具有 3 个功能段的流水线连续执行 10 条指令共需时间=3t+11t=14t。流水线在开始时总要有一段建立时间，结束时又需要有排空的时间，设一 m 段流水线的各段经过时间均为t，则需要 T0=mt 的流水建立时间，之后每隔 t 就可流出一条指令，完成 n 个任务共需时间T=mt+(n-1)t。19.某计算机的指令系统中共有 100 条不同的指令，采用微程序控制方式时，控制存储器中具有的微程序数目至少是_。A101 B102 C103 D104（分数：2.00）A. B.C.D.解析：解析 除去 100 条机器指令所对应的 100 个微程序外，至少还有一个取指微程序，所以至少有101 个微程