计算机统考冲刺模拟题答案部分.docx
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计算机统考冲刺模拟题答案部分
参考答案
1.B
分析：
显而易见，双链表最节省
2.C
分析：
当a,c,d同时在S中及a,e,f同时在S中时，栈的存储量达到最大值，因此容量至少为3。
3.C
分析：
快速解题,无论哪种入队方式（即先从左边入队还是先从右边入队），a和b都应该相邻，这是出队序列合理的必要条件,只有选项C所给序列中a与b不相邻,可以确定正确选项为C。
四个选项所给序列的进队操作序列分别为（L代表左入，R代表右入）：
A.aL（或aR）,bL,cR,dR,eR
B.aL（或aR）,bL,cR,dL,eR
C.不可能出现
D.aL（或aR）,bL,cR,dR,eL
4.C
分析：
插入48以后，该二叉树根结点的平衡因子由-1变为-2，失去平衡，进行平衡调整，过程如下图：
5.B
分析：
根据平衡二叉树的定义，任意结点左右子树的高度差的绝对值不超过1。
选项A,C,D的根结点左右子树差都不满足定义。
6.A
分析：
哈夫曼树为带权路径长度最小的二叉树，不一定是完全二叉树。
哈夫曼树中没有度为１的结点，B正确；构造哈夫曼树时，最先选取两个权值最小的结点作为左右子树构造一棵新的二叉树，C正确；哈夫曼树中任一非叶结点P的权值为其左右子树根结点权值之和，其权值不小于其左右子树根结点的权值，在与结点P的左右子树根结点处于同一层的结点中，若存在权值大于结点P权值的结点Q，那么结点Q与其兄弟结点中权值较小的一个应该与结点P作为左右子树构造新的二叉树，综上可知，哈夫曼树中任一非叶结点的权值一定不小于下一层任一结点的权值。
7.C
分析：
要保证无向图G在任何情况下都是连通的，即任意变动图G中的边，G始终保持连通，首先需要G的任意六个结点构成完全连通子图G1，需15条边，然后再添一条边将第7个结点与G1连接起来，共需16条边。
8.D
分析：
D项是B+树的特点，而不是B树的特点。
9.B
分析：
折半查找法在查找不成功时和给定值进行比较的关键字个数最多为+1，即折半查找判定树的高度，在本题中，n=16，故比较次数最多为5。
10.A
图a原始堆图b插入3图c调整结束
11.A
本题考查冒泡排序算法的执行过程。
12.C
指令与数据都是以同样的方式存储在计算机存储器中。
处理器先读入指令，根据指令再读/写数据。
13.D
分析：
从常识上看也大体上可以知道这个结果是全选，“优化”一般就是对性能的提高，自然会使得计算机在执行程序时的用时缩短。
理论上来看，程序执行时间=程序指令数*每条指令时钟（CPI）*时钟周期T，提高时钟频率可以缩短时钟周期；编译优化可能减少程序的指令数或者优化指令结构；优化数据通路结构有可能减少指令时钟。
14.D
z显然应该是正确的。
对于16进制负数的补码换算，可以用FFFG去减去负数绝对值，其中G表示16，只要算到最右边一个非0位即可。
15.B
分析：
首先应当明确，int、float、double，表达数据的精度是提高的，并且从低到高的转换一般不损失精度，而从高到低的转换可能损失精度。
此题中需要找出结果为真的，按照前面说的规则，Ⅰ、Ⅲ很容易就可以判断出，一定是真（此时便可以写出结果，但出于严谨，我们继续判断）；而Ⅱ因为先将一个浮点型书转换为整数，后又转为浮点型，那么精度一定会有损失，必为假；Ⅳ看上去是相等的，但在计算机的执行中，需要考虑到位数的限制。
按题目的说明，IEEE754表示的float和double分别有7位和15位的有效位，本题中（d+f）超过double的有效位数（15位），因此在（d+f）中，f将被忽略，则左边等式的结果应当为0（d-d=0）。
16.A
分析：
RAM即为随机存储器。
存储单元的内容可按需随意取出或存入。
按照存储信息的不同，随机存储器又分为静态随机存储器（StaticRAM,SRAM）和动态随机存储器（DynamicRAM,DRAM）。
其中动态随机存储器需要每隔一段时间刷新一次。
ROM是只读存储器，是一种只能读出事先所存数据的固态半导体存储器。
其特性是一旦储存资料就无法再将之改变或删除。
通常用在不需经常变更资料的电子或电脑系统中，资料并且不会因为电源关闭而消失。
RAM断电会失去信息，而RAM不会，所以I对。
RAM和ROM都是随机存储方式。
Cache需要具有信息的输入和输出。
而ROM只可读，不可输入，所以不可以作为Cache。
只有动态的RAM才需要刷新。
17.D
这类计算注意单位一致，位或字节或字。
芯片数=总要求容量/单片容量。
ROM：
4KB/2KB=2；RAM:
（64K-4K）×8b/（4K×4b）=30/。
18.A
RISC讲究的是指令的短小精悍，大多在一个时钟周期内完成。
所有操作数都在寄存器内，所以需要较多的寄存器。
相对来说寻址方式较少，指令的格式，种类也较少。
微程序需要多次读控制存储器CM，即使用Cache，执行也比较慢，简单控制还是直接用组合逻辑较好。
19.D
分析：
Cache是物理主存块的副本，TLB是页表的副本。
即一个是内存内容的副本，一个是地址的副本。
Cache中有的主存中必定有，TLB中有的也表中也必定有。
D中在Cache中命中在Page不命中，即表示主存中没有，这是不可能的，所以错误。
20.A
分析：
所谓可见，就是程序员可以对其进行主动的修改。
知道这个，本题便很容易解答。
IR、MAR、MDR是CPU的内部工作寄存器，在程序执行的过程中是自动赋值的，程序员无法对其操作。
而PC程序计数器中，存放的是下一条需要执行的指令，因而程序员可以通过转移指令、调动子程序等指令来改变其内容。
解答本题，需要对程序指令在CPU中的执行过程有清晰的理解和记忆。
21.D
分析：
A中CRT是纯平显示器的缩写。
CPI是每条指令执行周期数。
RAM是随机存储器。
D中各项均为总线标准。
22.D
微程序相当于软件，每条指令相当于若干条微指令，就要读若干次控制存储器CM，自然就比较慢。
但存储器的内容修改方便，所以扩展相对容易。
而硬布线相当于硬件，刚好相反：
执行块，修改难。
23.B
2个时钟4字节，每个时钟周期2字节，2B×10MHz=20MB/s
24.B
分析：
本题中提到的在单级中断系统中，不允许中断嵌套，因而，整个中断处理的过程为（考研中应当按照这个顺序理解）：
1、关中断；2、保存断点；3、识别中断源；4、保存现场；5、中断事件处理；6、恢复现场；7、开中断；8、中断返回。
其中1~3是由硬件完成，其余的由中断服务程序完成。
25.B
分析：
信号量用来表示某资源的当前可用数量。
当信号量K>0时，表示此资源还有K个相关资源可用，没有等待该资源的进程。
而当信号量K<0时，表示此资源有|K|个进程在等待该资源。
此题中信号量K=1。
所以该资源可用数N=1，等待该资源的进程数M=0
26.A
分析：
B中，进程完成I/O后，进入就绪队列时，已经是优先级最低的了，不能再降低其优先级，为了让其及时处理I/O，也应该提高优先级；C中，进程长期处于就绪队列，也需要增加优先级，使其不至于产生饥饿，所谓饥饿就是进程长期得不到CPU的状态,就好像好久没吃饭；D中，当进程处于运行状态时，不可提高也不可降低其优先级。
A中，采用时间片算法处理进程调度时，如果进程运行完，需要排到就绪队列的末尾，也就是优先级最低，所以降低优先级的合理时机是时间片用完时。
27.D
分析：
高响应比优先调度算法中，计算每个进程，响应比最高的先获得CPU，响应比计算公式：
响应比=（进程执行时间+进程等待时间）/进程执行时间。
28.C
分析：
假设k=3，3个进程共享8台打印机，每个进程最多可以请求3台打印机，若3个进程都分别得到2台打印机，系统还剩下2台打印机，接下去无论哪个进程申请打印机，都可以得到满足，3个进程都可以顺利执行完毕，这种情况下不会产生死锁。
假设k=4，4个进程共享8台打印机，都得不到满足，产生了互相等待，可能会发生死锁。
因此答案是C。
29.B
分析：
采用最佳适配方法，简单讲就是每次只找最小的但又大于等于所需分配大小的分区。
下面由图来表示整个分区的过程。
55MB
15MB
45MB
15MB
30MB
10MB
15MB
30MB
10MB
15MB
30MB
8MB
15MB
30MB
8MB
6MB
30MB
8MB
（其中红色字体部分为已分配，黑色字体部分为尚未分配）
有此可知最后主存的最大空间为9MB。
30.A
分析：
SCAN算法的基本思想：
磁头从磁盘的一端开始向另一端移动，沿途响应访问请求，直到到达了磁盘的另一端，此时磁头反方向移动并继续响应服务请求。
根据SCAN算法，可以得到访问序列是A。
31.B
分析：
首先明白二级页表分页存储的意思。
在内存的每页中存放页表项的信息，内存中每页的大小为210，就是1024B，每个页表项的大小为2B，那么，每页中可以存放512个页表项信息，逻辑地址总共有216页，所以216/512=27=128，即为答案。
32.C
分析：
设置当前目录的作用就是为了加快文件的检索速度，因为设置了当前目录情况下不需要从根目录出发进行检索。
至于A、B节省空间和此无关。
文件的读写速度和磁盘的旋转速度等有关。
33.B
分析：
在OSI参考模型中，在传输层提供了端口号，实现了为应用进程之间提供了端到端的逻辑通信，故选【B】。
虽然选项中没有网络层，但是还是要提示一下，网络层仅仅是为主机之间提供逻辑通信。
34.C
分析：
题目中说分组大小为1000B,其中分组头大小为20B，可以得出每个分组的数据部分为980B，所以大小为980000的文件应该分为1000个分组传送，每一个分组1000B（加上了头部20B），所以一共需要传送1000000B字节的信息（记住不要随意写成1MB，在第一章我就做过辨析），而链路的数据传输速度为100Mbps，即12.5MBps（100Mbps/8），所以主机H1传送完所有数据需要用的时间为：
1000000B/12.5MBps=80ms，而此时恰好最后一个分组从主机H1出去，还没有被主机H2接收，而一个分组从主机H1需要经过2次存储转发才能到达主机H2（不考虑传播时延），需要用时：
2*1000B/12.5MBps=0.16ms，综上，总共用时为：
80ms+0.16ms=80.16ms，故选【C】。
35.C
分析：
想要准确的做出该题需要懂得两个知识点：
（1）只要收到ACKn就认为前面n-1帧一定全部收到；
（2）后退N帧重发思想：
发送方超时后需重发该出错帧及其后续所有的帧。
从题中我们可以看出收到了3号确认帧（尽管没有收到1号确认帧），就可以认为0，1，2，3号帧接收方都已经收到，而4号帧的确认没有收到，发送方就应该发送4号帧以及后续所有的帧，即重传4，5，6，7号帧，即帧数为4，故选【C】。
其实这道题目如果将选项D改为7，这样就更具有迷惑性，相信会有不少考生认为应该从1号帧开始重传，即需要重传1，2，3，4，5，6，7共计7帧，这样就会误选D,但是一看到选项没有7,估计才会想到只要收到ACKn就认为前面n-1帧一定全部收到。
需要提醒的一点:
前面我们讲过某个帧的确认没有收到是否一定要重发此帧？
这个题目恰好是一个反例，在发送方超时之前收到了比1号帧更高的确认，所以不需要重发1号帧。
36.D
分析：
此题考查概念，记住就得分，RIP允许一条路径最多只能包含15个路由器，因此距离等于16时相当于不可达，故选【D】。
37.B
分析：
先将子网掩码写成二进制为：
11111111111111111111111111111000，可见IP地址空间192.168.5.0/24（本来主机位是8位）拿出了5位来划分子网，所以一共可以划分32个子网（这里使用的是CIDR，所以全0全1的子网不用去除），而主机位只有3位了，所以最大可分配的地址是23-2=6个（要去除全0全1的地址），故选【B】。
38.D
分析：
ACKn的意思是前n-1号的帧都已经收到，请发送方继续发送第n号帧。
在这题中，主机甲发送的第一个段的序号为200到499，第二段的序列号为500到999，主机乙正确接收到两个段后，应该希望主机甲接下来发送1000号帧，所以主机乙发送给主机甲的确认序列号是1000，故选【D】。
39.C
分析：
当拥塞窗口为16KB时发生了超时，后面传输的门限值将变成8KB，后面4次成功传输将分别以1个报文段、2个报文段、4个报文段、8个报文段作为拥塞窗口的大小，其中第四次成功的传输已经达到了门限值8KB，第五次开始拥塞窗口就需要线性增长，等于8KB+1KB=9KB，故选【C】。
40.D
分析：
什么是广播风暴？
一个数据帧或包被传输到本地网段上的每个节点就是广播；由于网络拓扑的设计和连接问题，或其他原因导致广播在网段内大量复制，传播数据帧，导致网络性能下降，甚至网络瘫痪，这就是广播风暴。
所以需要有能够隔离广播域的设备才可以抑制广播风暴，只有路由器可以隔离广播域，故选【D】。
41【参考答案】
（1）因为装填因子为0.7，数据总数为7，所以存储空间长度为
L=7/0.7=10
因此可选T=10，构造的散列函数为
H（key）=（key×3）MOD10
线性探测再散列函数为：
Hi（key）=（H（key）+di）MOD10,（di=1,2,3...9）
因此，各数据的下标为:
H（7）=（7×3）MOD10=1
H（8）=（8×3）MOD10=4
H（30）=（30×3）MOD10=0
H（11）=（11×3）MOD10=3
H（18）=（18×3）MOD10=4
H1（18）=（H（18）+1）MOD10=5
H（9）=（9×3）MOD10=7
H（14）=（14×3）MOD10=2
由上述计算所得Hash表如下：
下标
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
关键字
30
7
17
11
8
18
空
9
空
空
（2）由上表可以得：
查找成功的平均查找长度为：
ASL1=（1+1+1+1+2+1+1）/7=8/7
查找不成功的平均查找长度为：
ASL2=（7+6+5+4+3+2+1+2+1+1）=3.2
【42】本题考查折半查找算法的应用；
解析：
去年出题方式是让考生分析自己所设计算法的时间复杂度，当然很有可能反着考，即让考生设置一个复杂度已给出的算法，希望考生引起重视；
（1）算法设计思路
设A、B是长度为k的有序表，比较它们各自的中位数A[k/2]和B[k/2]：
（1）如果A[k/2]==B[k/2]，则A[k/2]同时大于A[0]～A[k/2-1]和B[0]～B[k/2-1]，A[k/2]即为第k大的整型数；
（2）如果A[k/2]>B[k/2]，则A[k/2]～A[k]都大于B[0]～B[k/2-1]，且B[k/2]～B[k]都大于B[0]～B[k/2-1]，第k大的整数不可能在B[0]～B[k/2-1]，舍弃B[0]～B[k/2-1]。
类似地，第k大的整数也不可能在A[k/2+1]～A[k]中，舍弃之，这样得到两个新的序列A[0]～A[k/2]和B[k/2]～B[k]，再对它们递归处理。
（3）如果A[k/2]（2）情况，舍弃A[0]～A[k/2-1]和B[k/2+1]～B[k]，得到两个新的序列B[0]～B[k/2]和A[k/2]～A[k]，再对它们递归处理。
（2）算法的描述
因为每次比较都能把参加比较的元素减少一半，所以递归深度为log2n，即比较次数达到log2n，算法的时间复杂度为O（log2n）。
【43】本题考查磁盘的基本概念；
解析：
（1）有效存储区域=15.5–10=5.5（cm），道密度=60道/cm，因此每个面60×5.5=330道，即有330个柱面，磁道总数＝4×330＝1320个磁道。
（2）外层磁道的长度为2πR=2×3.14×15.5=97.34（cm）
每道信息量=600位/cm×97.34cm=58404位=7300B
磁盘总容量=7300B×1320=9636000B（非格式化容量）
磁盘在使用之前要对其执行格式化操作，要首先完成划分磁道和扇区，设置文件目录区等。
非格式化容量是指一个盘片上可以记录的二进制位的总数量，而格式化容量通常是指用户可用空间的二进制位的总数量，前者比后者要大，因为系统要管理磁盘会占用一定的存储空间，还要使用一个磁道用于同步，扇区之间还有间隔和一些为保存检错纠错信息的空间，磁盘上往往还会留有一些备份磁道。
在谈到磁盘容量时,通常指的是格式化之后用户可用的磁盘容量。
（3）如果长度超过一个磁道容量的文件，将它记录在同一个柱面上比较合理，因为不需要重新寻找磁道，这样数据读/写速度快。
15141376430
硬盘号
柱面号
磁头号
扇区号
（5）读一个扇区中数据所用的时间：
找磁道的时间+找扇区的时间+磁头扫过一个扇区的时间
找磁道时间是指磁头从当前所处磁道运动到目标磁道的时间，一般选用磁头在磁盘径向方向上移动1/2个半径长度所用时间为平均值来估算，题中给的是10.5ms。
找扇区的时间是指磁头从当前所处扇区运动到目标扇区的时间，一般选用磁盘旋转半周的所用时间作为平均值来估算，题中给出磁盘转速为每分钟6000转，则每秒为100转，即转磁盘转一周用时为10ms，转半周的时间是5ms。
题中给出每个磁道有12个扇区，磁头扫过一个扇区用时为10/12=0.833ms，计算结果应该为10.5+5+0.83=16.33（ms）。
为了减少寻找磁道和等待扇区所占时间的比例，磁盘通常应该以多个扇区为单位进行读写，一旦开始具体的读写操作，就对多个连续的扇区进行顺序读写读些的数据首先保存到系统设置的一个缓存区中，CPU通常要经过操作系统实现与这个缓冲区交换数据，而不是直接与磁盘设备本身交换数据。
44.解析：
（1）缓冲区是一互斥资源，因此设互斥信号量为mutex。
（2）同步问题：
P1,P2为奇数的放置于取用而同步，设同步信号量为odd；P1,P3因为偶数的放置与取用而同步，设同步信号量为even；P1,P2,P3因为共享缓冲区，设同步信号量为empty。
伪代码描述如下：
semaphoremutex=1;
semaphoreodd=0;even=0;
semaphoreempty=N;
main（）
{
processP1
while（true）
{
number=produce（）;
p（empty）;
p（mutex）;
put（）;
v（mutex）;
if（number%2==0）
v（even）;
else
v（odd）;
}
processP2
while（true）
{
p（odd）;
p（mutex）;
getodd（）;
v（mutex）;
v（empty）;
countodd（）;
}
processP3
while（）
{
p（even）;
p（mutex）;
geteven（）;
v（mutex）;
v（empty）;
counteven（）;
}
}
45.本题考查微命令和节拍的设置；
解析：
46.本题考查CPU与存储器的连接；
解析：
（2）根据主存地址空间分配，最大4K地址空间为系统程序区，选用2片2K×8位ROM芯片；相邻的4K地址空间为系统程序工作区，选用2片4K×4位RAM芯片。
最小16K地址空间为用户程序区，选用2片8K×8位RAM芯片。
（3）存储芯片的片选逻辑图如下图所示：
47.解析：
（1）将IP地址空间202.118.1.0/24划分为2个子网，可以从主机位拿出1位来划分子网，剩余的7位用来表示主机号（27-2>120，满足要求），所以两个子网的子网掩码都为：
111111*********11111111110000000，即255.255.255.128；所划分的两个子网的网络地址分别为：
202.118.1.00000000和202.118.1.10000000（为了理解方便我将最后一个字节用二进制表示，这样可以看清楚子网的划分过程），即202.118.1.0和202.118.1.128。
综上，划分结果为：
子网1：
202.118.1.0，子网掩码为：
255.255.255.128；
子网2：
202.118.1.128，子网掩码为：
255.255.255.128。
或者写成：
子网1：
202.118.1.0/25；子网2：
202.118.1.128/25。
（2）下面分2种情况：
（a）假设子网1分配给局域网1，子网2分配给局域网2；路由器R1到局域网1和局域网2是直接交付的，所以下一跳IP地址可以不写（打一横即可），接口分别是从E1、E2转发出去；路由器R1到域名服务器是属于特定的路由，所以子网掩码应该为255.255.255.255（只有和全1的子网掩码相与之后才能100%保证和目的网络地址一样，从而选择该特定路由），而路由器R1到域名服务器应该通过接口L0转发出去，下一跳IP地址应该是路由器R2的L0接口，即IP地址为202.118.2.2；路由器R1到互联网属于默认路由（记住就好，课本127页），而前面我们已经提醒过，默认路由的目的网络IP地址和子网掩码都是0.0.0.0，而路由器R1到互联网应该通过接口L0转发出去，下一跳IP地址应该是路由器R2的L0接口，即IP地址为202.118.2.2，故详细答案见下表：
目的网络地址
子网掩码
下一跳IP地址
接口
202.118.1.0
255.255.255.1
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