[考研类试卷]计算机专业（基础综合）模拟试卷80及答案与解析.doc

《[考研类试卷]计算机专业（基础综合）模拟试卷80及答案与解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《[考研类试卷]计算机专业（基础综合）模拟试卷80及答案与解析.doc（28页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、计算机专业（基础综合）模拟试卷 80 及答案与解析一、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 一个具有 1025 个结点的二叉树的高 h 为( )。（A）11（B） 10（C） 11 至 1025 之间 （D）10 至 1024 之间2 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( ) 。（A）33 220（B） 8644（C） 4548（D）25003 下面是有关 DRAM

2、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4 一个 64 位的计算机系统中，地址线宽为 64 位，实际使用的虚拟地址空间的大小是 248，若采用虚拟页式存储管理，每页的大小为 213，即 8KB，页表表项长为 8 字节，采用多级页表进行管理，那么，多级页表的级次最小是( )。（A）3（B） 4（C） 5（D）65 若一棵深度为 6 的完全二叉树的第 6 层有 3 个叶子

3、结点，则该二叉树共有( )个叶子结点。（A）16（B） 17（C） 18（D）196 表示浮点数时，若要求机器零在计算机中的表示为全“0”，则阶码应采用的编码是( )。（A）原码 （B）反码 （C）补码 （D）移码7 字长 16 位的补码定点小数的表示范围是( )。（A）012 -15（B）一 (12 -15)12 -15（C）一 11 -15（D）一 118 已知某信道的信号传输速率为 64 kbs，一个载波信号码元有 4 个有效离散值，则该信道的波特率为( )k Baud。（A）16（B） 32（C） 64（D）1289 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

4、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10 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11 并发进程在运行时，其推进的相对速度是( )。（A）由进程的程序结构决定 （B）由进程自己的代码控制（C）与进程调度策略有关 （D）在进程创建时确定的12 关于数据交换，下列叙述不正确的是( )。（A）线路交换面向连接（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13 假设一个连接的最大数据段长度为 2 KB，一个

5、 TCP 的阀值为 64 KB，如果这时候传输发生了超时，那么新的阀值为( )。（A）32 KB（B） 63 KB（C） 128 KB（D）2 KB14 某计算机主存地址空间大小为 256MB，按字节编址。虚拟地址空间大小为4GB，采用页式存储管理，页面大小为 4KB，TLB(快表)采用全相联映射，有 4 个页表项，内容如表 5-1 所列。则对虚拟地址 03FF F180H 进行虚实地址变换的结果是( )。（A）0153180H（B） 0035180H（C） TLB 缺失（D）缺页15 假如一个 FCB 块的大小是 64 字节。盘块的大小为 1KB，则在每个盘块中能存放的最大 FCB 数是(

6、)。（A）64（B） 1（C） 1000（D）1616 若循环队列以数组 Q0m 一 1作为其存储结构，变量 rear 表示循环队列中的队尾元素的实际位置，其移动按 rear(rear 1)MOD m 进行，变量 length 表示当前循环队列中的元素个数，则循环队列的队首元素的实际位置是( )。（A）rearlength （B） (rearlenghm)MOD m（C） (1rear mlength)MOD m （D）mlength17 以下关于校验码的叙述中，正确的是( )。I校验码的码距必须大于 2校验码的码距越大检错纠错能力越强增加奇偶校验位的位数可以提高奇偶校验的正确性采用奇偶校验可

7、检测出一位数据错误的位置并加以纠正V采用海明校验可检测出一位数据错误的位置并加以纠正循环冗余校验码是通过除法运算来建立数据和校验位之间的约定关系的（A）I、V （B） 、 （C） I、V、 （D）、V、VI18 采用页式内存管理某虚拟存储器，使用 LRU 页面替换算法，假定内存容量为 4个页面，且开始时是空的，考虑下面的页面访问地址流(每次访问在一个时间单位内完成)为 1，8，1，7，8，2，7，2，1，8，3，8，2，1，3，1，7，1，3，7，则页面命中次数是( ) 。（A）24（B） 14（C） 16（D）619 下列关于进程的叙述，( )是最不符合操作系统对进程的理解。（A）进程是在多

8、程序并行环境中的完整的程序（B）进程可以由程序、数据和进程控制块描述（C）线程 (THREAD)是一种特殊的进程（D）进程是程序在一个数据集合上运行的过程，是系统进行资源管理的一个独立单位20 在微程序控制器中，微程序入口地址是由( )形成的。（A）机器指令的地址码字段（B）微指令的微地址码字段（C）机器指令的操作码字段（D）微指令的操作码字段21 如果子网 172632020 再划分为 172632026，则下面的结论中正确的是( )。（A）划分为 1024 个子网 （B）每个子网有 64 台主机（C）每个子网有 62 台主机 （D）划分为 2044 个子网22 在平衡二叉树中，下面叙述正确

9、的是( )。（A）任意结点的左、右子树结点数目相同（B）任意结点的左、右子树高度相同（C）任意结点的左、右子树高度之差的绝对值不大于 l（D）不存在度为 1 的结点23 下列关于强连通图的说法中，正确的是( )。n 个顶点构成的强连通图至少有 n 条边强连通图是任何顶点到其他所有顶点都有边完全有向图一定是强连通图（A）仅、（B）仅 、（C）仅 、（D）、24 某数在计算机中用 8421 码表示为 011110001001，其真值是( )。（A）789（B） 789H （C） 1929（D）11110001001B25 段页式存储管理中，地址映射表是( )。（A）每个进程有一张段表，两张页表（B

10、）每个进程的每个段有一张段表，一张页表（C）每个进程一张段表，每个段一张页表（D）每个进程一张页表，每个段一张段表26 前序遍历和后序遍历结果相同的二叉树为( )。（A）只有根结点的二叉树（B）根结点无左孩子的二叉树（C）根结点无右孩子的二叉树（D）所有结点只有左子树的二叉树27 文件系统中，当调用 open()去打开一个文件时，其主要目的是( )。（A）把文件内容从外存调入内存（B）把文件的控制信息从外存调入内存（C）把文件系统的文件分配表调入内存（D）把文件系统的目录调入内存28 关于 DMA 方式和通道方式，下列说法中错误的是( )。（A）DMA 的数据传送全部由硬件控制，而通道方式通过

11、执行通道程序来传送数据（B）一个 DMA 控制器连接多台外设时，这些外设只能串行工作（C）一个通道可连接多台外设，且可使这些外设并行工作（D）DMA 控制器和通道都可以连接各种高低速设备29 以下 4 种以太网中，只能工作在全双工模式下的是( )。10BASE T 以太网 100BASE-T 以太网 吉比特以太网 10吉比特以太网（A）仅、IV（B）仅 （C）仅 、IV（D）、30 在 OSI 参考模型中，第 N 层和其上的第 N+I 层的关系是( )。（A）第 N 层为第 N+1层提供服务（B）第 N+1 层将从第 N 层接收的信息增加了一个头（C）第 N 层利用第 N+1 层提供的服务（D

12、）第 N 层对 N+1 层没有任何作用31 某计算机系统，它的 FCB 占 64B，一个磁盘块的大小为 1 KB，采用 1 级目录，假定文件目录中有 3 200 个目录项，则查找一个文件平均启动盘块的次数是( )。（A）50（B） 100（C） 54（D）20032 用直接插入排序方法对下列 4 个表进行(由小到大)的排序，比较次数最少的是( )。（A）94，32，40，90，80，46，21，69（B） 21，32，46，40，80，69，90，94（C） 32，40，21，46，69，94，90，80（D）90，69，80，46，21，32，94，4033 下列陈述中正确的是( )。（A）

13、由于微程序控制器具有设计规整、灵活性强等优点，已经全部取代硬布线控制器（B）由于堆栈按照先入先出的固定顺序访问，故不需直接给出访问地址（C）集中式总线控制中，计数器定时查询方式下，各设备的优先级是固定不变的（D）CPU 在每个指令周期后响应中断请求34 若线性表最常用的运算是查找第三个元素及其前驱的值，则：果用( )存储方式节省时间。（A）单链表（B）双链表（C）单循环链表（D）顺序表35 支持多道程序的操作系统，区别于其他操作系统的主要特征为( )。（A）多用户、进程的独立性、进程之间的同步与通信（B）进程的独立性、进程之间的同步与通信、动态存储分配（C）进程的独立性、动态存储分配、虚存（D

14、）多内核结构、进程的独立性、动态存储分配36 进程 P 需要资源 1、2 、3、4，进程 Q 需要资源 2、3、4、5，系统中有资源1、2、3、4、5 各一个，以下序列( )将导致死锁。(+表示请求资源)（A）P+1 ， P+2，Q+5 ，P+4 ，P+3，Q+3，Q+2 ，Q+4（B） Q+5，Q+4，P+1，P+2，P+3 ，P+4，Q+3，Q+2（C） Q+2，Q+3，Q+4，P+1，P+2 ，P+3，Q+5，P+4（D）P+1 ， Q+4，Q+3，Q+2 ，Q+5，P+2，P+3 ，P+437 设有一棵 3 阶 B 树，如下图所示。删除关键字 78 得到一棵新 B 树，其最右叶结点所含

15、的关键字是（A）60（B） 60.62（C） 62，65（D）6538 ARP 协议的功能是（A）根据 IP 地址查询 MAC 地址（B）根据 MAC 地址查询 lP 地址（C）根据域名查询 IP 地址（D）根据 IP 地址查询域名39 分区分配内存管理方式的主要保护措施是_。（A）界地址保护（B）程序代码保护（C）数据保护（D）栈保护40 本地用户通过键盘登录系统时，首先获得键盘输入信息的程序是_。（A）命令解释程序（B）中断处理程序（C）系统调用服务程序（D）用户登录程序二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。41 设某计算机有四级中断 A、B、C、D，其硬件排队优先级次序为 ABC

16、D。下表列出了执行每级中断服务程序所需的时间。 如果以执行中断服务程序的时间作为确定中断优先级的尺度：时间越短优先级越高。 (1)请指出如何为各级中断服务程序设置屏蔽码? (2)如果 A、B、C、D 分别在6s、8s、10s、0s 时刻发出中断请求，请画出 CPU 执行中断服务程序的序列。 (3)基于上题，请计算上述四个中断服务程序的平均执行时间。42 已知下列各种初始状态(长度为 n)元素，试问当利用直接插入法进行排序时，至少需要进行多少次比较(要求排序后的文件按关键字从大到小顺序排列)? (1)关键字自小到大有序(key 1(key2n)； (2)关键字自大到小逆序 (key1key2ke

17、yn)； (3)奇数关键字顺序有序，偶数关键字顺序有序(key13，key 24212m，key m+1keym+2keyn，m 为中间位置)。43 四位运算器框图如图 62 所示，ALU 为算术逻辑单元，A 和 B 为三选一多路开关，预先已通过多路开关 A 的 SW 门向寄存器 R1，R2 送入数据如下：R1=0101，R2=1010。寄存器 BR 输出端接四个发光二极管进行显示。其运算过程依次如下： (1)R1(A)+R2(B)BR(显示结果 1010)； (2)R2(A)+R1(B)BR(显示结果 1111)； (3)R1(A)+R1(B)BR(显示结果 1010)； (4)R2(A)+

18、R2(B)BR(显示结果 1111)； (5)R2(A)+BR(B)BR(显示结果 1111)； (6)R1(A)+BR(B)BR(显示结果 1010)。 试分析运算器的故障位置与故障性质(“1”故障还是“0” 故障)，说明理由。44 处理一次缺页的平均时间为 108 ns(已含更新 TLB 和页表的时间)，进程的驻留集大小固定为 2，采用最近最少使用置换算法(LRU)和局部淘汰策略。假设：TLB 初始为空；地址转换时先访问 TLB，若 TLB 未命中，再访问页表(忽略访问页表之后的 TLB 更新时间)； 有效位为 0 表示页面不在内存，产生缺页中断，缺页中断处理后，返回到产生缺页中断的指令处

19、重新执行。设有虚地址访问序列2362H、1565H、25A5H，请问： (1)依次访问上述三个虚地址，各需多少时间?给出计算过程。 (2)基于上述访问序列，虚地址 1565H 的物理地址是多少? 请说明理由。45 下图是某模型机 CPU 的组成框图。设该 CPU 采用同步控制逻辑，分取指周期、取第一操作数周期，取第二操作数周期、执行周期四个机器周期，每个机器周期有T0、T 1、T 2 三个节拍。试写出如下双操作数运算指令的微操作命令及节拍安排。ADDRO，(R1)完成功能(R0)+(R1)RO45 指令字长为 12 位，每个地址码为 3 位，采用扩展操作码的方式，设计 4 条三地址指令、16

20、条二地址指令、64 条一地址指令和 16 条零地址指令。46 给出一种操作码的扩展方案。47 计算该方案操作码的平均长度。47 假定 A 和 B 是试图在一个以太网上发送的两个站。每个站都有一个稳定的帧的队列准备发送，A 的帧编号是 A1，A2 和 A3 等，B 的帧编号是 B1，B2 和 B3 等。再假定指数后退的基本单元时间是 T=512 微秒。现在 A 和 B 同时尝试发送 1 号帧，碰撞，并且刚好分别选择了 0T 和 1T 的退避时间，也就是说， A 赢得了这一次竞争，发送 A1，B 需要等待。在这次传送结束时， B 尝试再发送 B1而 A 则尝试发送 A2。这一轮的首次尝试产生碰撞，

21、此时， A 的退避时间从 0T 和 1T 中选择，而 B 则从 0T， ，3T 中选择。48 给出 A 赢得第 2 次退避竞争的概率。49 假定 A 已赢得了第 2 次退避竞争。A 在成功发送 A2 后，接着尝试发送 A3。当B 再次尝试发送 B1 时，A 和 B 再次碰撞。给出 A 赢得这第 3 次退避竞争的概率。50 给出 A 赢得所有其余后退竞争的概率的合理下限值。计算机专业（基础综合）模拟试卷 80 答案与解析一、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 【正确答案】 C【试题解析】 一棵二叉树每层只有 1 个

22、结点，则具有 1025 个结点的二叉树的最大高度为 1025。一个具有 1025 个结点的完全二叉树的高度为 11。这一个具有1025 个结点的二叉树的高 h 为 11 至 1025 之间。2 【正确答案】 A【试题解析】 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。3 【正确答案】 B【试题解析】 DRAM 的集成度高于 SRAM，S

23、RAM 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。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。4 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查虚拟页式存储管理中多级页表的计算。题目给定的条件，虚拟地址空间是 248，即没有完全使用 64 位地址。页面大小为 213，即 8KB，则，用于分页的地址线的位数为 481 3=35。下面计算每一级页表能容纳的最多数量。由题意，每个页面为 8KB，每个页表项为 8 字节，那么，一页中能容纳的页表项为 8KB8B=1K，即 1024 个页表项，可以占

24、用 10 位地址线来寻址，故剩余的 35位地址线可以分为 3510=35，上取整以后为 4，因此，至少 4 级页表才能完成此虚拟存储的页面映射。5 【正确答案】 B【试题解析】 首先根据每一层最多叶子结点的计算公式可知，完全二叉树的第五层有 16(24)个叶子结点，题目说第 6 层有 3 个叶子结点，那么这 3 个叶子结点肯定要占据第五层的 2 个叶子结点，第五层就只有 14 个叶子结点，然后再加上第六层的 3 个叶子结点，所以一共有 14+3=17 个叶子结点。6 【正确答案】 D【试题解析】 移码全为 0 时，它所对应_的真值最小(绝对值最大的负数)。所以当阶码为全 0，尾数也为全 0 时

25、，表示机器零。 归纳总结对于浮点数 NMr E，当尾数 M0 时，不论其阶码为何值都有 N0。另外一种情况，当 En 时，M0，此时 N0但非常接近于 0，一般以 N0 处理。为了保证唯一性，要求规定一个标准的浮点数零的表示形式，称为“机器零”，它应该同时具有 0 的尾数和最小阶码(绝对值最大的负数) 。 解题技巧 原码、补码和反码表示最小阶码时均不为全 0，唯有移码表示为全 0。7 【正确答案】 C【试题解析】 表示定点小数时，补码可比原码、反码多表示一个一 1，选 C。8 【正确答案】 B【试题解析】 一个码元若取 2n 个不同离散值，则含有 n bit 的信息量。在本题中，一个码元含有的

26、信息量为 2 bit，由于在数值上波特率=比特率每符号含的比特数，因此波特率为(642)k=32 k Baud。9 【正确答案】 C【试题解析】 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。10 【正确答案】 B【试题解析】 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。11 【正确答案】 C【试题解析】 在进程的一次运行过程中，其代码

27、的执行序列是确定的，即使有循环或转移，对于进程来讲，其运行的轨迹也是确定的，所以对于这样一个确定的运行轨迹，进程自身是可以控制自身前进或停止的，例如可以休眠 10 秒再唤醒等，但是，当这样的进程存在于一个并发系统中时，这种确定性就被打破了。由于系统中存在有大量的可运行的进程，操作系统为了提高计算机的效率，会根据用户的需求和系统资源的数量来自动地进行调度和切换，以保证系统高效地运行。此时，进程由于被调度，打破了原来的固有执行速度，走走停停，因此，进程的相对速度就不受进程自己的控制，而是取决于进程调度的策略。不确定性也是并发系统的一个特征。12 【正确答案】 C【试题解析】 该题考查数据交换的原理

28、，要明确报文是一份完整的信息，而分组是报文分组的简称，又叫信息包，将报文划分为若干格式化信息单位作为网络层的数据传输单元。分组交换方式：将一份完整的报文划分为若干组，每个分组独立的从源节点发送到目的节点，目的节点收到这些分组后，再组装成源报文。其特点是化整为零，即将完整的较长的报文划分为较小的分组，以分组单位传输数据。优点是减少节点缓冲区容量，并有利于差错控制。而存储转发是指每个节点均设有缓冲区，分组到达某节点后，先存储在缓冲区中，等待输出链路空闲时在转发到下一个节点。本题中面向连接的只有线路交换，存储转发只有分组和报文，由于分组交换的灵活性，使其具有更好的响应速度，因此答案是 C。13 【正

29、确答案】 A【试题解析】 当发生了超时的情况下，TCP 的阀值将会减半。14 【正确答案】 A【试题解析】 虚存地址空间 4GB，则虚地址长度为 32 位，主存地址空间256MB，则主存地址长度为 28 位。页面大小 4KB，则页内地址长度为 12 位。虚拟地址 03FF F180H 中 180H 为页内地址，03FFFH 为虚页号，查 TLB(快表)发现，该页在主存中，其实页号为 0153H，所以虚实地址变换后的结果为 0153180H。15 【正确答案】 D【试题解析】 FCB 的存放是不能分开的，所以 1KB 大小的盘块能存放的 FCB 数为：102464=16 ，要注意单位的统一，约定

30、俗成的 KB 一般指 1024B，kB 指1000B。16 【正确答案】 C【试题解析】 按照循环队列的定义，因为元素移动按照 rear(rear1)MOD m进行，则当数组 Qm1 存放了元素之后，下一个入队的元素将存放到 Q0中，因此队列的首元素的实际位置是(rearlength1m)MOD m。17 【正确答案】 D【试题解析】 码距2 的数据校验码，开始具有检错的能力。码距越大，检、纠错能力就越强；奇偶校验码的码距等于 2，可以检测出一位错误(：或奇数位错误)，但不能确定出错的位置，也不能检测出偶数位错误；海明码的码距大于 2，不仅可以发现错误，还能指出错误的位置，为自动纠错提供了依据

31、；循环冗余校验码则通过除法运算来建立数据和校验位之间的约定关系。归纳总结 数据校验码是指那些能够发现错误或能够自动纠正错误的数据编码，又称之为“检错纠错编码”。任何一种编码都由许多码字构成，任意两个码字之间最少变化的二进制位数，被称为数据校验码的码距。具有检、纠错能力的数据校验码的实现原理是：在编码中，除去合法的码字外，再加进一些非法的码字，当某个合法码字出现错误时，就变成为非法码字。合理地安排非法码字的数量和编码规则，就能达到纠错的目的。18 【正确答案】 B【试题解析】 LRU 算法是堆栈型算法，按照页面访问地址流可以容易地得到命中次数，如表 68 所列。共命中 14 次。19 【正确答案

32、】 A【试题解析】 A 的说法片面。20 【正确答案】 C【试题解析】 当执行完公用的取指操作微程序(从内存单元中取出机器指令并送至指令寄存器 IR 中)后，由机器指令的操作码字段形成各个微程序的入口地址。21 【正确答案】 C【试题解析】 本题考查子网划分的基本算法，首先要明确本题是把现有子网进行了二次划分，注意原子网的网络号是前 20 位，再次划分的网络号是 26 位，也就是从原子网的主机位拿出来 6 位作为子网号，因此可以划分 2664 个子网，还剩余6 位作为主机号，也就是有效主机位是 26262 台主机，因此答案是 C。22 【正确答案】 C【试题解析】 平衡二叉树又称 AVL。它或

33、者是一棵空树，或者是具有下列性质的二又树：(1)左子树和右子树都是平衡二叉树；(2)左子树和右子树的深度之差的绝对值不超过 1。二叉树上结点的平衡因子定义为该结点的左子树的深度减去它的右子树的深度。可见，平衡二叉树上所有结点的平衡因子只可能是1，0，1。只要二叉树上有一个结点的平衡因子的绝对值大于 1，则该二叉树就是不平衡的。23 【正确答案】 C【试题解析】 ：强连通图是相对于有向图而言的，即在有向图 G 中，任何两个顶点都存在路径。所以最少的情况应该是 n 个顶点构成一个首尾相连的环，共有 n 条边，故 正确。：这个选项不细心的话很容易误选。在有向图中，边和路径是不同的概念。有向图中顶点

34、A 和 B 之间存在边，不能说明 A 和 B 是互相连通的，所以说正确的表述应该是：强连通图是任何顶点到其他所有顶点都有路径，故错误。：完全有向图肯定是任何顶点到其他所有顶点都有路径，故正确。24 【正确答案】 A【试题解析】 8421 码由 4 位二进制表示一位十进制数，应把它看作 4 位一组。B选项将结果写成十六进制了，D 选项误把 8421 码当成二进制数了， C 选项则是将D 选项所表示的二进制数转化成十进制数了。归纳总结二进制是计算机最适合的数据表示方法，把十进制数的各位数字变成一组对应的二进制代码，用 4 位二进制数来表示一位十进制数，称为二进制编码的十进制数(BCD 码)。4 位

35、二进制数可以组合出 16 种代码，能表示 16 种不同的状态，只需要使用其中的 10 种状态，就可以表示十进制数的 09 十个数码，而其他的 6 种状态为冗余状态。由于可以取任意的 10 种代码来表示 10 个数码，所以就可能产生多种 BCD 编码。BCD 编码既具有二进制数的形式，又保持了十进制数的特点，可以作为入机联系的一种中间表示，也可以用它直接进行运算。下表列出了几种常见的 BCD 码。25 【正确答案】 C【试题解析】 页式存储管理的特征是等分内存，解决了外碎片问题。段式存储管理的特征是逻辑分段，便于实现共享和保护。为了保持页式和段式上的优点，结合两种存储管理方案，形成了段页式存储管

36、理。存储管理系统为每个进程建立一张段表，为进程的每一段各建立一张页表。地址转换过程，要经过查段表、页表后才能得到最终的物理地址。故正确答案为 C。26 【正确答案】 A【试题解析】 使用特值法，排除 B、C、D 选项。27 【正确答案】 B【试题解析】 本题考查对文件控制块(FCB)的理解。文件控制块是控制一个文件读写和管理文件的基本数据结构，当进程需要使用某个文件时，就会调用 open()来打开文件，该调用将文件的文件控制块从外存调入内存，存放在进程表中的用户活动文件表中，并在系统活动文件表中记录该文件的打开次数，若是共享文件，还需要将其链接的用户数加一。由于在进程表中存放有该文件的控制块，

37、用户进程才能在调用 read()时找到该文件的位置并对文件的内容进行存取。而文件系统的信息，例如文件系统的控制信息，文件系统的文件分配表等是在挂载一个文件系统时就读入内存的，挂载文件系统可以是一个磁盘分区，也可以是一个文件目录。28 【正确答案】 D29 【正确答案】 B【试题解析】 10BASE-T 以太网、100BASE-T 以太网、吉比特以太网都使用了CSMACD 协议，故可以工作在半双工模式下。10 吉比特以太网只工作在全双工模式下，没有争用问题，故不需使用 CSMACD 协议，并且 10 吉比特以太网只使用光纤作为传输介质。30 【正确答案】 A【试题解析】 本题考查 OSI 模型的

38、层次关系，在协议的控制下，两个对等实体间的通信使得本层能够向上一层提供服务，同时要实现本层协议，还需要使用下层所提供的服务。本层的服务用户只能看见服务而无法看见下面的协议。下层的协议对上层的服务用户是透明的。也就是下一层要为上一层提供服务，并为上一层数据进行封装，因此答案为 A，这里选项 B 和 C 的说法正好相反，应该是第 N 层将从第N+1 层接收的信息增加了一个头，第 N+1 层利用第 N 层提供的服务。31 【正确答案】 B【试题解析】 一个磁盘块可以放 n=1kB64B=16 个目录，现某一文件又能 3 200个目录项，总共需 3 20016=200 个磁盘块，又采用 1 级目录结构

39、，故查找一个文件平均启动盘块的次数为 2002=100 次。32 【正确答案】 C33 【正确答案】 D【试题解析】 A 错，微程序控制器和硬布线控制器各有其优点，不可能一方完全取代另一方。B 错，堆栈是按先入后出的方式访问的。C 错，计数器定时查询方式下，通过设定计数初值，设备的优先级是可变的。34 【正确答案】 D【试题解析】 考查顺序表和链表的优缺点比较：35 【正确答案】 B【试题解析】 A 是多用户操作系统区别于其他操作系统的特点。36 【正确答案】 B【试题解析】 B 选项，进程 P 申请资源 4 时，由于 4 已分配给了进程 Q 故进程P 不能获得足够资源运行始终等待进程 Q 释

40、放 4，而进程 Q 已获得资源 5、4 还需资源 2、3 才能运行结束，而资源 3 已分配给进程 P 故 Q 也始终等待进程执行完毕释放资源，故进程 P 和 Q 相互等待对方释放已占有的资源而发生死锁现象。37 【正确答案】 D【试题解析】 删除关键字 78，则需要对非叶子结点55，65进行分裂。将 65 与叶子结点60 ，62 合并成一个叶子结点 60，62，65，在 3 阶 B 树中，叶子结点中元素的个数不能多于 3 个，因此，叶子结点60，62，65需要进行分裂。将 62 转到非叶子结点中，与 55 合并，即55，62 ；而 60 与 65 分别构成新的叶子结点。最右边的叶子结点的关键字

41、为 65。38 【正确答案】 A【试题解析】 ARP 的功能：根据 IP 地址查询 MAC 地址。39 【正确答案】 A【试题解析】 考查分区分配存储管理方式的保护措施。分区分配存储管理方式的保护措施是设置界地址寄存器。每个进程都有自己独立的进程空间，如果一个进程在运行时所产生的地址在其地址空间之外，则发生地址越界，即当程序要访问某个内存单元时，由硬件检查是否允许，如果允许则执行，否则产生地址越界中断，由操作系统进行相应处理。40 【正确答案】 B【试题解析】 考查中断处理。键盘是典型的通过中断 IO 方式工作的外设，当用户输入信息时，计算机响应中断并通过中断处理程序获得输入信息。二、综合应用

42、题41-47 小题，共 70 分。41 【正确答案】 (1)如果以执行中断服务程序的时间长短来确定中断优先级(时间越短优先级越高)，可知中断处理的次序为：CADB。中断服务程序屏蔽码见下表。(2)根据各级中断源发出的中断请求信号的时刻，画出 CPU 执行中断服务程序的序列，如下图所示。 中断处理的优先级别是 CADB。0s 时， D 请求来到，由于没有其他的中断请求，所以开始执行中断服务程序 D。第 6s 时，A 请求来到，A 的优先级高于 D，转去执行中断服务程序 A。第 8s 时，B 请求来到，由于 B 的优先级低于 A，所以不响应 B 请求，继续执行中断服务程序 A。第 10s 时，C

43、请求来到，C 的优先级最高，虽然此时中断服务程序 A 还没有结束，也必须暂停转去执行中断服务程序 C。中断服务程序 C 所需时间为 3s，当第 13s 时，中断服务程序 C 执行完毕，返回执行中断服务程序 A。第 14s 时，中断服务程序 A 执行完毕(总共执行时间 5s)，返回执行中断服务程序 D。第 20s 时中断服务程序 D 执行完毕(总共执行时间 12s)，返回现行程序。因为 B 请求还存在，所以此时开始执行中断服务程序 B，直至第 3 5s 时结束(总共执行时间 3 5s)。 (3)由于在 35s 时间内，完成了 4 级中断的处理，所以平均执行时间=354=875s。【试题解析】 硬

44、件排队电路次序又称中断响应次序，它是不可以改变的，在不改变硬件排队电路的前提下，通过改变中断屏蔽字可以改变中断处理的优先级，使原级别较低的中断源变成较高的级别，这便称为中断升级。实际上中断升级是一种动态改变优先级的方法。42 【正确答案】 依题意，最好情况下的比较次数即为最少比较次数。(1)在这种情况下，插入第 i 个(2in)元素的比较次数为 1，因此，总的比较次数为 1+1+1+1=n 一 1。(2)在这种情况下，插入第 i 个(2in)元素的比较次数为 i，因此，总的比较次数为 2+3+4+n=(n 一 1)(n+2)2。(3)在这种情况下，比较次数最少的情况是所有纪录关键字均按升序排列

45、，这时，总的比较次数为 n 一 1。(4)在这种情况下，后半部分元素的关键字均大于前半部分元素的关键字时需要比较次数最少，此时前半部分的比较次数=m 一 1，后半部分的比较次数=(nm一 1)*(nm+2)2，因此，总的比较次数为 m 一 1+(nm 一 1)*(nm+2)2 一(n一 2)(n+8)8 (假设 n 偶数，m=n2)。【试题解析】 本题主要考查直接插入法的算法思想及性能分析。43 【正确答案】 运算器的故障位置在多路开关 B，其输出始终为 R1 的值。 (1)R1(A)4-R2(B)一 1010，输出结果错； (2)R2(A)+R1(B)=1111，结果正确，说明R2(A)，

46、R1(B)无错； (3)R 1(A)4+R1(B)=1010，结果正确，说明 R1(A)，R 1(B)无错。由此可断定 ALU 和 BR 无错； (4)R 2(A)+R2(B)=1111。结果错。由于 R2(A)正确，且 R2(A)=1010，本应 R2(B)=1010，但此时推知 R：(B)=0101，显然，多路开关 B有问题； (5)R 2(A)+BR(B)=1111，结果错。由于 R2(A)=1010，BR(B)=1111 ，但现在推知 BR(B)=0101，证明开关 B 输出有错； (6)R 1(A)+BR(B)=1010，结果错。由于 R1(A)=0101，本应 BR(B)=1111

47、，但现在推知 BR(B)=0101，再次证明开关 B 出错。 综上所述，多路开关 B 输出有错。故障性质：多路开关 B 输出始终为 0101。这有两种可能：一是控制信号 BS0，BS1 始终为 01，故始终选中寄存器 R1；二是多路开关 B 电平输出始终处于在 0101 上。44 【正确答案】 (1)根据页式管理的工作原理，应先考虑页面大小，以便将页号和页内位移分解出来。页面大小为 4 KB，即 212，则得到页内位移占虚地址的低 12位，页号占剩余高位。可得三个虚地址的页号 P 如下(十六进制的一位数字转换成4 位二进制，因此，十六进制的低三位正好为页内位移，最高位为页号)：2362H：P=

48、2，访问快表 10 ns，因初始为空，访问页表 100 ns 得到页框号，合成物理地址后访问主存 100 ns，共计 10 ns+100 ns+100 ns=210 ns。1565H：P=1 ，访问快表 10 ns，落空，访问页表 100 ns 落空，进行缺页中断处理 108 ns，合成物理地址后访问主存 100 ns，共计 10 ns+100 ns+108 ns+100 ns318 ns。25A5H：P=2，访问快表，因第一次访问已将该页号放入快表，因此花费 10 ns 便可合成物理地址，访问主存 100 ns，共计 10 ns+100 ns=110 ns。(2)当访问虚地址 1565H 时，产生缺页中断，合法驻留集为 2，必须从页表中淘汰一个页面，根据题目的置换算法，应淘汰 0 号页面，因此 1565H 的对应页框号为101H。由此可得 1565H 的物理地址为 101565H。45 【正确答案】 各机器周期的微操作命令及节拍安排如下。 (1)取指周期T0：PC总线 MAR 主存，微操作命令形成部件发读信号到主存 T1：M(MAR)MDR，微操作命令形成部件发+1 信号到 PCT2：MDR总线IR，0P(IR)微操作命令形成部件 (2)取 第一操作数周期 T0：R0 总线FIRSTT 1：T 2： (3)取 第二操作数周期 T0：R1总线MAR46 【