大基作业答案汇总.docx

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大基作业答案汇总

第二章

1.将下列十进制数转换为二进制数

（57）10=（111001）2（128）10=（10000000）2

（12.5）10=（1100.1）2（-7.198）10≈（-111.0011001）2

（3972）10=（111110000100）2（0.00135）10≈（0.0000000001）2

（-1000）10=（-1111101000）2

2.将下列二进制数转换为十进制数

（11010）2=（26）10（110）2=（6）10

（-11.101）2=（-3.625）10（0.1011）2=（0.6875）10

（-111.11）2=（-7.75）10（-111111）2=（-63）10

3.下面给出了不同进制表示的数，请按照从大到小的顺序将它们排序。

都转换为二进制数：

（10110101100）2=（10110101100）2

（320570）8=（110100*********00）2

（34818）10=（1000100000000010）2

（F21A）16=（1111001000011010）2

则排序为：

（320570）8（F21A）16（34818）10（10110101100）2

4.将下面的二进制数转换为八进制和十六进制数形式，八进制数或十六进制数转换为二进制数形式。

（101110101）2=（565）8=（175）16

（1101100.11）2=（154.6）8=（6C.C）16

（3756）8=（11111101110）2

（415.213）8=（100001101.010001011）2

（C6F02）16=（11000110111100000010）2

（5AB.4D9E）16=（10110101011.010011011001111）2

7.求下列二进制算术运算和逻辑运算的结果

1011+10101=10000011-10.1=0.1

1011×1.1=10000.111.1÷100=0.111

1010∧0110=00101111∨1001=1111

1011=01001011

1101=0110

10.

分别求下面真值的原码、反码和补码

答：

真值原码反码补码

+11010000110100001101000011010

-111111101111111100000011000001

-0100000001111111100000000

+0000000000000000000000000

+101000001010000010100000101

-101100001011111101011111011

11.对于下面一组不同编码的数，请按照从小到大的顺序排列

答：

（10000）补=-16（10010）补（10110）反（10110）原（01101）补（01110）原

12.用六位补码运算完成下列二进制算式，其中X和Y是真值。

答：

X=+10101，Y=+101

（X+Y）补=（X）补+（Y）补=010101+000101=011010X+Y=（011010）原=+11010

X=-1011，Y=+01011

（X－Y）补=（X）补+（－Y）补=110101+110101=[1]101010X－Y=（110110）原=-10110

X=-11，Y=-10110

（X－Y）补=（X）补+（－Y）补=111101+010110=[1]010011X－Y=（010011）原=+10011

X=+11100，Y=-11

（X+Y）补=（X）补+（Y）补=011100+111101=[1]011001X+Y=（011001）原=+11001

X=+11011，Y=+101

（X+Y）补=（X）补+（Y）补=011011+000101=[0]100000正溢出

X=-11001，Y=+10100

（X+Y）补=（X）补+（－Y）补=100111+101100=[1]010011负溢出

15.假设在计算机内部有一个二进制表示的整数，希望输出对应的十进制数字字符串，请叙述相关的转换方法。

答：

首先除十取余得到十进制数字的每一位数字，然后每一位的数字都加48，倒序输出，就得到了十进制数字的字符串。

例如二进制数字00001100，除十取余得到两个数,00000001和00000010，分别加48进行输出，在屏幕上得到字符串12。

第三章

1.简述冯•诺依曼体系结构特点、构成和各分系统的功能。

答：

冯•诺依曼体系结构的特点：

冯•诺依曼体系结构的核心思想是存储程序，即程序和数据都是以二进制形式存放在计算机内存中，程序在控制单元的控制下顺序执行。

构成：

冯•诺依曼体系结构中计算机由5部分构成：

内存、处理单元、控制单元、输入和输出设备。

各分系统功能如下：

内存：

内存是一个临时存储设备，在计算机执行程序过程中，用于存放程序和程序所处理的数据。

处理单元：

执行存储在内存中的指令的引擎，实现数据的算术运算和逻辑运算。

控制单元：

主要完成指令的分析、指令及操作数的传送、产生控制和协调整个CPU工作所需的时序逻辑等。

输入输出设备：

输入输出设备是计算机与外界的联系通道，每个输入输出设备通过一个控制器或适配器与输入输出总线连接。

3.请问指令流水线式如何提高CPU执行指令速度的？

并讨论指令流水线在执行过程中会碰到哪些影响其效率的情况。

答：

指令流水线式在指令执行周期分节拍的基础上，将指令执行分解成更细的步骤，每个步骤由精心设计的硬件分别执行，使得同一时刻CPU能执行多条指令，实现指令级并行。

影响指令流水线效率的因素主要有：

资源冲突，信息传递速度和单个流水线执行时间。

4.有A、B两台计算机，假设A计算机上每条指令执行时间为8ns，B计算机上每条指令执行时间为5ns，请问能够说B计算机比A计算机速度快？

请讨论。

答：

不能说明B计算机比A计算机速度快，计算机的速度是一个综合性的概念，不仅仅取决于指令的执行时间，还取决去其他的很多因素，如取指令、译码和写结果的时间，计算机的速度由这些要素的执行时间累积决定，如果A计算机的取指令、译码和写结果比B计算机时间短，总体看来A计算机的速度可能比B计算机还要快。

除此之外如果A计算机采用了并行处理，那么即使A计算机的每条指令执行时间比B计算机长，A计算机的速度也会比B计算机速度快。

因此不能单由一条因素来决定计算机的快慢。

5.CPU和内存之间的传输速率比输入输出设备的传输速率相差几个数量级，请问如何解决计算机的快慢计算机的快慢计算机的快慢计算机的快慢这种速度上的不平衡带来的性能降低问题。

答：

CPU和内存之间的传输速率较快，为了较好的解决与输入输出设备之间速度差异问题，可以通过在它们之间加入多个层次的缓存来加快之间的访问，采用存储层次结构，如在硬盘上加入高速缓存，打印机上加入打印缓存，可以有效的缓解因速度差异带来的系统等待问题。

6.某数码相机的分辨率是3000×2000像素，每个像素用3字节存储RGB三原色，相机能将拍摄的图像自动转压为压缩了5倍的图像。

要求在2s内将压缩后的图像存储在闪存上，请问传输速率是多少？

解：

一个相片的存储容量是：

3000×2000×3=18000000（字节）

压缩后的图像：

18000000÷5=3600000（字节）

传输速率：

3600000÷2=1800000（字节/秒）=1.7166MB/s

7.某磁盘有8个磁头，1024个柱面，每个柱面有2048个扇区，请问该硬盘的容量有多大？

解：

因为该磁盘由8个磁头组成，因此共有4个正反两面的盘片，8个磁面

所以硬盘的容量为：

8×1024×2048×512B=8589934592B=8GB

8.某14英寸LCD的可视面积为285.7mm×214.3mm，最大分辨率为1024×768，请问该显示器点距。

解：

由显示器的点距定义可知，该显示器点距为：

285.7÷1024=0.279mm

或214.3÷768=0.279mm

第四章

1、什么是操作系统？

它的主要功能和特征是什么？

操作系统是一组控制和管理计算机系统的硬件和软件资源，合理地组织计算机工作流程并为用户使用计算机提供方便的程序和数据的集合。

根据操作系统在计算机系统中扮演的角色，可以将操作系统的功能归纳如下：

1）处理机管理：

在多道程序的或多用户的环境下，处理机的分配和运行都是以进程为基本单位的，因而对处理机的管理可归结为对进程的管理。

进程管理主要包括进程控制、进程同步、进程通信和进程调度。

2）存储管理：

主要任务是为多道程序的运行提供良好的环境，方便用户使用存储器，并提高内存的使用率。

3）设备管理：

主要是外部设备的管理。

4）文件管理：

对用户文件和系统文件进行管理，并保证文件的安全性。

5）接口功能：

为用户或程序员提供相应的接口，以简化使用流程，方便用户使用计算机系统。

主要特征如下：

1）并发性：

指两个或多个时间在同一时间段内发生。

2）共享性：

系统中的资源可供内存中的多个并发执行的程序共同使用。

3）不确定性：

内存中的每个程序在何时能获得处理机运行，每道程序需要多少时间完成等，都是不可预知的。

2、多道程序并发执行的硬件基础是什么？

一是通道的引入；二是中断技术的出现。

3、现在操作系统中为什么要引入“进程”概念？

它的含义和特征是什么，与程序有什么区别？

在多道程序的环境下，程序的并发执行代替了程序的顺序执行，他破坏了程序的封闭性和可再现性，使得程序和计算不再一一对应。

因此，程序活动不再处于一个封闭系统中，而出现了许多新的特征，即独立性、并发性、动态性和相互制约性。

为了适应这种局面，引入了进程的概念。

进程是可并发执行的程序在一个数据集合上的运行过程，是系统进行资源分配和调度的一个独立单位。

进程具有以下特征：

1）动态性；

2）并发性；

3）结构特性；

4）独立性；

5）异步性。

进程和程序的区别如下：

1）进成是静态的，程序是静态的；

2）进程是暂时的，程序是永久的；

3）进程与程序的组成不同：

进程的组成包含程序、数据和进程控制块；

6、什么是物理地址？

什么是逻辑地址？

物理地址就是内存地址。

程序是指令序列，对序列中的指令也存在编号的问题，每个程序都是以0为基址顺序进行编址的，每条指令的地址和指令中要访问的操作数地址统称为逻辑地址。

7、什么是地址重定位？

为什么要进行地址重定位？

是举例说明实现动态地址重定位的过程。

地址重定位指的是程序装入内存时，对有关指令的逻辑地址部分的修改。

程序存在于自己的逻辑地址空间中，运行时，要将其装入内存地址空间，物理地址和逻辑地址是不同的，必须进行地址重定位才能正确执行程序。

动态地址重定位常采用一个重定位寄存器，保存程序装内存的起始地址，在每次进行存储访问时，对取出的逻辑地址加上重定位寄存器的内容，形成正确的物理地址。

例如，程序装入内存的起始地址是1000，则重定位寄存器保存1000这个地址。

执行MOVR1，[200]

时，逻辑地址200将于重定位寄存器保存的1000相加，形成正确的指令MOVR1，[1200]。

8、假设某系统内存共256kB，其中操作系统占用低址20kB，有这样一个程序执行序列：

程序1（80kB），程序2（16kB），程序3（140kB）连续进入系统，经过一段时间运行，程序1、3先后完成。

此时，程序4（120kB），程序5（80kB）要求进入系统，假设系统采用连续存储管理中的可变分区存储管理策略，处理上述程序序列，试完成：

（1）画出程序1、2、3进入内存后，内存的分配情况。

（2）画出程序1、3完成后，内存分配情况。

（3）画出程序4、5进入内存后，内存的分配情况。

第五章

1、局域网、城域网、广域网各自覆盖范围有多大？

大学校园网属于哪一种？

流行的局域网拓扑结构有哪几种？

答：

局域网覆盖范围小于10公里、城域网覆盖范围一般是10~100公里的区域、广域网跨越国界、洲界，甚至覆盖全球。

大学校园网属于局域网。

流行的局域网拓扑结构有环型、总线型、星型。

2、分别描述集线器、交换机、路由器的用途？

答：

集线器是物理层设备，主要功能是对接收到的信号进行再生放大，以扩大网络的传输距离。

交换机是数据链路层设备，主要用于连接局域网，根据数据帧目的地址（MAC地址）来转发数据帧，其内部有一张地址表，标明了MAC地址和交换机端口的对应关系。

路由器是网络层设备，用于连接多个逻辑上分开、使用不同协议和体系结构的网络，是广域网连接设备。

其内部有一张路由表，标明了IP地址与路由器端口的对应关系。

3、下图是某台计算机的网络设置截图，请根据截图中的数据，计算该网络的网络标识和主机标识。

该网络属于哪类网络（A类、B类、C类）？

图中的DNS表示什么，其作用是什么？

（要求有计算过程）

答：

子网掩码化成二进制为：

11111111111111111111111110000000

IP地址转化为二进制为11000000000010100011011100101000

（1）由IP地址前面为110可以判断该网属于C类网。

（2）网络标识为子网掩码和IP地址按位与运算，得到网络标识为11000000000010100011011110000000，即为192.10.55.0，将子网掩码取反，再与IP地址进行与运算，得主机标识为00101000，即主机标识为40

（3）图中的DNS表示域名解析服务器，其作用是将域名解析成为IP地址。

第六章

1、计算采样频率为22.05kHz、采样精度为16位、双声道、播放时间为1分钟的数字音频信号所需占用的存储器的容量为多少字节。

解：

（22.05×1000×16×2×60）／8=5292000B≈5.05MB

2、一幅640×480分辨率的真彩色图像，在不进行任何压缩的情况下，计算这幅图像需要占用的存储空间。

解：

（640×480×24）／8=921600B=900KB

3、一段视频，按每秒播放30帧的速度，能够播放1分钟。

其中每一帧是640×480分辨率的真彩色图像。

在数据不压缩的情况下，这段视频信息需要占据多少存储空间？

一张容量为650MB的光盘，最多能播放多长时间？

解：

1分钟视频的数据量为（640×480×24×30×60）／8≈1582.03MB

650M光盘能存储的视频时间650/1582.03≈0.411分钟=24.66秒

4、设有一段信息为AAAAAACTEEEEEHHHHHHHSSSSSSSS，使用行程编码对其进行数据压缩，试计算其压缩比。

假设行程长度用1字节存储。

解：

行程编码为：

6（A）＋1（C）＋1（T）＋5（E）＋7（H）＋8（S）

共需要2＋2＋2＋2＋2＋2=12B

原存储容量为6＋1＋1＋5＋7＋8=28B

压缩比=28／12≈2.33:

1

第七章

1.某大学要开发一个教学管理系统，其数据的存储管理需求如下所述：

●某大学有10个学院，每个学院都有学院ID、名称、院长；

●每个学院有学生若干，每个学生只属于一个学院，每个学生都有学号、姓名、性别和籍贯；

●每个学院拥有教师若干，每个教师只能在一个学院任职，每位教师都有教师ID、姓名和职称；

●每个老师可以指导一到多名学生，每个学生可以被一到多位老师指导；

●每个老师可以讲授多门课程，每门课程可以由多位老师讲授，每门课程都有课程编号、课程名称、学时数；

●每个学生可以选修多门课程，每门课程可以被多位学生选修。

请回答下列问题：

1）从上述描述中提取实体。

2）为每个实体提取相应的属性，并指出每个实体的实体键。

3）分析这些实体之间的联系。

4）画出E-R图。

5）将E-R模型转换为关系模型。

答：

1）实体：

学院、学生、教师、课程、

2）（实体键用下划线标识）学院的属性：

学院ID、名称、院长；学生的属性：

学号、姓名、性别和籍贯；教师：

教师ID、姓名和职称；课程：

课程编号、课程名称、学时数。

3）学院——学生：

一对多；学院——教师：

一对多；教师——学生：

多对多；教师——课程：

多对多；课程——学生：

多对多。

4）

-

5）关系模型（下加横线为主关键字，蓝色为外部关键字）：

学院（学院ID，名称，院长）

学生（学号，姓名，性别，籍贯，学院ID）

教师（教师ID，姓名，职称，学院ID）

课程（课程编号，课程名称，学时数）

指导（教师ID，学号）

讲授（教师ID，课程编号）

学习（学号，课程编号）