1、计算机学科专业基础综合模拟8 模拟 计算机学科专业基础综合模拟8单项选择题第1题：若某线性表中最常用的操作是在最后一个结点之后插入一个结点和删除最后一个结点，则下面最合适的存储方式是( )。A.单链表B.循环双链表C.单循环链表D.带有尾指针的单循环链表参考答案：B 在链表中的最后一个结点之后插入结点要知道终端结点的地址，所以，单链表、单循环链表都不合适，删除最后一个结点要知道终端结点的前驱结点的地址，所以，带有尾指针的单循环链表不合适，而循环双链表满足条件。第2题：表长为n的顺序存储的线性表，当在任何位置上删除一个元素的概率相等时，删除一个元素所需移动元素的平均个数为( )。A.nB.n/2
2、C.(n-1)/2D.(n+1)/2参考答案：C 第3题：在下面的应用中，通常使用栈的是( )。 递归调用 括号匹配 表达式求值A.、B.、C.、D.、参考答案：D 这类问题一般都先分析题目中的数据是具有“先进后出”还是“先进先出”特性，再判断其逻辑结构为栈或者队列。栈的典型应用包括表达式求值、数制转换、括号匹配的检验、行编辑程序的输入缓冲区、迷宫求解、车辆调度中求出站车厢序列等。在计算机语言的实现以及将递归过程转换为非递归过程的处理中，栈有重要的作用。第4题：用链接方式存储的队列，在进行删除运算时，下面正确的是( )。A.仅修改头指针B.仅修改尾指针C.头、尾指针都要修改D.头、尾指针可能都
3、要修改参考答案：D 链队列中删除元素一般仅修改队头指针，但只有一个元素时，出队后队空，此时还要修改队尾指针。第5题：在含有15个结点的平衡二叉树上，查找关键字为28(存在该结点)的结点，则依次比较的关键字有可能是( )。A.30，36B.38，48，28C.48，18，38，28D.60，30，50，40，38，36参考答案：C 设Nh表示深度为h的平衡二叉树中含有的最少结点数，有 N0=0 N1=1 N2=2 Nh=Nh-1+Nh-2+1 N3=4，N4=7，N5=12，N6=2015。也就是说，高度为6的平衡二叉树的最少有20个结点，因此15个结点的平衡二叉树的高度为5，而最小叶子结点的层
4、数为3，所以选项D错误。而A和B的查找过程不能构成二叉排序树，因而A、B错误。第6题：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中的叶子数是( )。A.5B.6C.7D.8参考答案：D 由二叉树性质的推广，度为4的树应该有1+n2+2n3+3n4个叶结点(ni表示度为i的结点数目)，与度为1的结点的个数无关。 因此，如果用n0表示叶结点的个数，则应该有n0=1+2+21+31=8。第7题：简单无向图的邻接矩阵是对称的，可以对其进行压缩存储。若无向图G有n个结点，其邻接矩阵为A1.n，1.n，且压缩存储在B1.n(n-1)/2。若按行压缩存储对称矩阵的上三角元素，
5、则当n等于10时，边(v6，v3)的信息存储在( )。A.B18B.B19C.B20D.B21参考答案：C 边(v6，v3)与边(v3，v3)是同一条边。原第i行第j列元素在矩阵B(上三角形式)中的下标为：(n-1)+(n-2)+(n-(i-1)+(j-i)。本题中将数值代入，(10-1)+(10-2)+(6-3)=20。所以边(v6，v3)的信息存储在B20中。第8题：以下关于图的说法正确的是( )。 在一个有向图的拓扑序列中，若顶点a在顶点b之前，则图中必有一条弧a，b 若一个有向图的邻接矩阵中对角线以下元素均为0，则该图的拓扑序列必定存在 在AOE网中一定只有一条关键路径A.、B.、C.
6、、D.仅有参考答案：D 说法是错误的，在一个有向图的拓扑序列中，若顶点a在顶点b之前，只能说明顶点a到顶点b有一条路径。 说法是错误的，AOE网中可能有不止一条关键路径，它们的路径长度相同。 说法是正确的。任意n个顶点的有向无环图都可以得到一个拓扑序列。设拓扑序列为v0，v1，vn-1，证明此时的邻接矩阵A为上三角矩阵，可用反证法证明。假设此时的邻接矩阵不是上三角矩阵，那么，存在下标i和j(ij)，使得Aij不等于0，即图中存在从vi到vj的一条有向边。由拓扑序列的定义可知，在任意拓扑序列中，vi的位置一定在vj之前，而上述拓扑序列v0，v1，vn-1中，由于ij，即vi的位置在vj之后，导致
7、矛盾。因此说法是正确的。第9题：设无向图G=(V,E)和G=(V,E)，如果G是G的生成树，则下面说法中错误的是( )。A.G是G的子图B.G是G的连通分量C.G是G的极小连通子图且V=VD.G是G的一个无环子图参考答案：B 选项B错误，因为连通分量是无向图的极大连通子图，其中极大的含义是将依附于连通分量中顶点的所有边都加上，所以，连通分量中可能存在回路。第10题：下列排序算法中，时间复杂度为O(nlogn)且占用额外空间最少的是( )。A.堆排序B.起泡排序C.快速排序D.希尔排序参考答案：A 第11题：采用简单选择排序，比较次数与移动次数分别是( )。A.O(n)，O(logn)B.O(l
8、ogn)，O(n2)C.O(n2)，O(n)D.O(nlogn)，O(n)参考答案：C 第12题：某计算机的时钟频率为400MHz，测试该计算机的程序使用4种类型的指令。每种指令的数量及所需指令时钟数(CPI)如下表所示，则该计算机的运算速度是( )。A.106.7B.169.5C.207.3D.216.2参考答案：C 第13题：在补码表示的机器中，若寄存器A中原存的数为9EH，现存的数为CFH，则表明执行的一条指令是( )。A.算术左移B.逻辑左移C.算术右移D.逻辑右移参考答案：C 第14题：计算机在进行浮点数的相加(减)运算之前先进行对阶操作，若x的阶码大于y的阶码，则应将( )。A.x
9、的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术左移B.x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术右移C.y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术左移D.y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术右移参考答案：D 第15题：在4位有效信息上增加3位校验位后得到码长7位的海明校验码，它的检、纠错能力是( )。A.纠一位错或检两位错B.纠一位错且检两位错C.只有纠错能力，没有纠错能力D.只有纠错能力，没有检错能力参考答案：B 7位海明码，在4位有效信息上增加3位校验位，则有K=3，N=4，则满足2k-1N+K+1。所以可以纠一位错且检两位错。参见模拟试题一
10、第14题。选项A只能纠正一位错或者检测两位错，不能同时具有纠一检二的功能。第16题：某32位计算机的Cache容量为16KB，Cache块的大小为16B，若主存与Cache地址映像采用直接映像方式，则主存地址为0x1234E8F8的单元装入Cache的地址是( )。A.00010001001101.010*C.10100011111000D.11010011101000参考答案：C 因为Cache容量为16KB，所以Cache地址长14位。主存与Cache地址映像采用直接映像方式，将32位的主存地址Ox1234E8F8写成二进制，取低14位就是Cache地址。直接映像是指主存中的每一个块只能被
11、放置到Cache中唯一的一个指定位置，若这个位置已有内容，则产生块冲突，原来的块将无条件地被替换出去。直接峡像方式是最简单的地址映像方式，成本低，易实现，地址变换速度快，而且不涉及其他两种映像方式中的替换算法问题。但这种方式不够灵活，Cache的块冲突概率最高、空间利用率最低。先将十六进制的主存地址写成二进制，取低14位即可。第17题：设指令中的地址码为A，变址寄存器为X，程序计数器为PC，则变址间址寻址方式的操作数有效地址EA是( )。A.(PC)+A)B.(X)+A)C.(X)+(A)D.(X)+A参考答案：B 变址间址寻址方式就是先变址后间址，在4个选项中，选项A为相对寻址，选项C为间址
12、变址寻址，选项D为变址寻址。把变址和间址两种寻址方式结合起来，按寻址方式操作的先后顺序，有前变址和后变址两种形式。前变址方式即变址间址方式，先进行变址运算，其运算结果作为间接地址，间接地址指出的单元的内容才是有效地址，EA=(X)+A)。后变址方式即间址变址方式，将指令中的地址码先进行一次间接寻址，然后再与变址值进行运算，从而得到一个有效地址，有效地址EA=(X)+(A)。第18题：以下叙述中，描述正确的是( )。 同一CPU周期中，可以并行执行的微操作称为兼容性微操作 同一CPU周期中，不可以并行执行的微操作称为兼容性微操作 同一CPU周期中，允许并行执行的微操作称为互斥性微操作 同一CPU
13、周期中，不允许并行执行的微操作称为互斥性微操作A.和B.和C.和D.和参考答案：D 兼容性微操作是指那些可以同时产生，共同完成某一任务的微操作，而互斥性微操作是指在机器中不允许同时出现的微操作。一条机器指令可以分解成一个微操作序列，这些微操作是计算机中最基本的、不可再分解的操作。 微操作有兼容性和互斥性之分。在同一CPU周期中，可以并行执行的微操作称为兼容性微操作，不可以并行执行的微操作称为互斥性微操作。所谓兼容和互斥都是相对的，一个微操作可以和一些微操作兼容，和另一些微操作互斥。对于单独一个微操作，谈论其兼容和互斥都是没有意义的。第19题：下列关于主存储器的描述中，正确的是( )。 CPu访
14、存时间由存储器容量决定 ROM和RAM在存储器中是统一编址的 ROM中任意一个单元可以随机访问 DRAM是破坏性读出，因此需要读后重写A.和B.和C.和D.、和参考答案：B CPU的访存时间与存储容量无关；不是所有的DRAM都是破坏性读出，4管DRAM是非破坏性的记忆单元，单管DRAM是破坏性的记忆单元。如果某个存储单元所存储的信息被读出时，原存信息将被破坏，则称破坏性读出；如果读出时，被读单元原存信息不被破坏，则称非破坏性读出。具有破坏性读出性能的存储器，每当一次读出操作之后，必须紧接一个重写(再生)的操作，以便恢复被破坏的信息。首先确定各个命题的正确性，然后再在各个选项中选择。第20题：某
15、数组多路通道最大数据传输率为1MB/s，它有10个子通道，则每个子通道的数据传输率为( )。A.100KB/sB.1MB/sC.介于A、B之间D.小于100KB/s参考答案：B 数组多路通道以数据块为传输单位，一段时间内只能为一个子通道服务，子通道的数据传输率即为通道的最大数据传输率。数组多路通道有多个子通道，既可以执行多路通道程序，即像字节多路通道那样，所有子通道分时共享总通道，又可以用选择通道那样的方式成组地传送数据；既具有多路并行操作的能力，又具有很高的数据传输速率，使通道的效率充分得到发挥。第21题：若视频图像每帧的数据量为64MB，帧速率为30帧/秒，则显示10秒的视频信息，其原始数
16、据量是( )。A.64MBB.192MBC.640MBD.1920MB参考答案：D 视频图像每帧的数据量为6.4MB，10秒的视频信息将显示300帧，数据的存储量=6.4MB3010=1920MB。视频图像的存储量与每帧的数据量和显示时间有关。第22题：-131的1字节、2字节补码分别是( )。A.83H，0083HB.7DH，FF83HC.溢出，FF83HD.溢出，FF7DH参考答案：D 1字节补码的表示范围为128127，所以131在1字节补码表示为溢出；2字节补码的表示范围为3276832767，131在此范围内，可以正确表示，需要进行符号扩展。131的二进制表示为10000011，用2
17、个字节补码表示为1111111101111101。在计算机中，有时必须将采用给定位数表示的数转换成具有更多位数的某种表示形式，这被称为“符号扩展”。对于补码，符号扩展方法是：原有符号位保持不变，若为正数则所有附加位都用0进行填充，若为负数则所有附加位都用1进行填充。也可以理解为是用符号位来填充附加的高位。131128，不能用1字节补码表示，所以可以确定选项A和B都是错误的，选项C的错误在于2字节补码表示有误。第23题：在操作系统中引入并发可以提高系统效率。若有三个进程P1、P2和P3，按照P1、P2到P3的优先次序运行，采用可抢先式调度，其运行过程如下： P1：计算6ms；I/O 8ms；计算
18、2ms； P2：计算121m；I/O 6：ms；计算2ms； P3：计算4ms；I/O 8ms；计算4ms； 不计系统开销，相比单通道顺序运行，多道并发可以节省的时间和CPU利用率分别是( )。A.14ms；79%B.16ms；83%C.12ms；75%D.22ms；100%参考答案：A 第24题：假设当前计算机并发系统中有一个用户进程，它的工作流程如下图所示，再假设系统只有三个基本状态，用户进程具有最高优先级，采用不可抢先时间片轮转调度算法，时间片为20ms，其它进程不用磁盘及其它IO设备。则该进程运行完成所需时间是( )。A.85msB.140msC.105msD.110ms参考答案：D
19、第25题：下列非进程调度器被激活的可能时机是( )。A.时钟中断B.进程创建完毕C.处理机空闲D.程序出错参考答案：B 本题考查进程调度的时机。运行着的进程由于分配的时间到，或者运行结束，或者需要等待事件的发生(例如等待键盘响应)，或者出错，或者自我阻塞等均可以引起激活调度程序进行重新调度，选择一个新的就绪进程占有处理机运行。新的进程加入到就绪队列不是引起调度的直接原因，当CPU正在处理其它进程的请求时，该进程仍然需要等待。即使在采用高优先级优先调度算法的系统中，一个最高优先级的进程进入就绪队列，仍旧需要考虑是否允许抢先，当不允许抢先时仍然需要等待。本题中，时钟中断是引起时间片到的触发事件，处
20、理机空闲的原因是进程运行结束或阻塞，程序出错也会出现处理机空闲，此时均可以引起调度器的激活。第26题：下列可能引起Belady异常的页面置换算法是( )。A.LRUB.ClockC.LFUD.FIFO参考答案：D 本题考查对Belady现象的理解。一般来说，对于任一作业或进程，如果给它分配的内存页面数越接近于它所要求的页面数，即页面数量由小到大，则发生缺页的次数会由高至低。但是使用FIFO算法时，在未给进程或作业分配它所要求的页面数时，有时会出现分配的页面数增大，缺页次数反而增高的现象。这称为Belady异常。这种异常只在FIFO算法中出现，因为FIFO算法忽略了一种现象的存在，就是在内存中停
21、留时间最长的页往往也是经常被访问的页。将这些页淘汰，很可能刚置换出去，又请求调用该页，致使缺页中断较高，严重降低内存的利用率。第27题：某个计算机采用动态分区来分配内存，经过一段时间的运行，现在在内存中依地址从小到大存在100KB、450KB、250KB、200KB和600KB的空闲分区。分配指针现指地址起始点，继续运行还会有212KB、417KB、112KB和426KB的进程申请使用内存，那么，对内存充分利用的分配算法是( )。A.最先适应算法B.下次适应算法C.最佳适应算法D.最坏适应算法参考答案：C 第28题：在一个采用虚拟存储管理的系统中，计算机的数据位和地址位宽均为32位，假设当前系
22、统中存在10个进程，主存的容量是2GB，辅存的容量为500GB，在这样的系统中，所有虚存的总空间大小是( )。A.4GBB.502GBC.2GBD.40GB参考答案：D 本题考查虚拟存储器的最大空间的问题。虚拟存储器空间的最大值与实际存储容量没有关系，仅与其地址系统的位宽有关，32位的系统其最大虚存每个进程都是4GB。若系统中存在10个进程，则总虚拟存储空间是所有进程虚拟存储空间之和。本题中为40GB。但是若要问，虚存的实际容量是多少时，则要考虑主存和辅存的大小，若主存和辅存之和小于最大虚拟存储空间40GB，则应是主存和虚存的实际容量之和。若大于40GB，则多余的部分是没有用的(仅指虚拟存储的
23、外存，因为硬盘的主要作用是存储文件，仅用一部分来作为虚存的外存)。第29题：下列文件物理结构中，不适合随机访问且不易于文件扩展的是( )。A.连续结构B.索引结构C.链接结构D.多级索引结构参考答案：A 本题主要考查文件的物理结构。连续结构，也称为顺序结构，它是把一个逻辑上连续的记录构成的文件分配到连续的物理块中。这种方式管理简单，存储速度快，空间利用率低，文件记录插入或删除操作不方便。索引结构为每个文件建立一个索引表，其中每一个表项指出文件记录所在的物理块号，表项按逻辑记录编写，顺序或按记录内某一关键字顺序排列，对于大文件，为检索方便，可以建立多级索引，还可以把文件索引表也作为一个文件，称为
24、索引表文件。该方式可以满足文件动态增长的要求且存取方便。链接文件把文件信息存放在非连续的物理块中，每个物理块均设有一个指针指向其后续连续的另一个物理块，从而使得存放同一文件的物理块链接成一个串联队列。所以连续结构是最不利于随机读写和扩展的。第30题：在下列叙述中，正确的是( )。A.在磁带上的顺序文件中插入新纪录时，必须复制整个文件B.由于磁带的价格比磁盘便宜，用磁带实现索引文件更经济C.在磁带上的顺序文件末尾插入新纪录时，不必复制整个文件D.由于磁带不利于随机存储，故用磁带来作为备份的介质是不合适的参考答案：A 磁带是顺序访问的存储设备，所以复制文件时必须复制整个文件。由于磁带上文件是顺序文
25、件，所以无法实现索引文件，不管其有多便宜。备份文件时不需要作随机访问，所以用磁带来备份文件是合理的，也是经济的。第31题：操作系统为了管理文件，设计了文件控制块(FCB)，文件控制块的建立是( )。A.在调用create()时B.在调用open()时C.在调用read()时D.在调用write()时参考答案：A 本题考查文件块的概念。文件控制块是用于管理文件的一组数据，每个文件均有一个文件控制块，其中包括文件名、文件拥有者、文件创建日期时间等。文件控制块一般在创建该文件时建立的，打开文件只是将文件控制块的内容读入内存，读和写文件是对文件内容操作，它们必须依靠文件控制块的指示，例如外存地址，读写
26、权限等。关闭文件只是将文件控制块回写到磁盘，删除文件时将文件控制块清除。第32题：UNIX系统中，输入/输出设备看作是( )。A.普通文件B.目录文件C.索引文件D.特殊文件参考答案：D 本题考查有关UNIX设备管理的特点。UNIX中，所有的设备被看作是特殊的文件，因为UNIX控制和访问外部设备的方式和访问一个文件的方式是相同的。在UNIX同一个外部设备进行通讯之前，这个设备必须首先要有一个设备文件存在。例如，每一个终端都有自己的设备文件来供UNIX写数据(出现在终端屏幕上)，和读取数据(用户通过键盘输入)。设备文件又称为特殊文件。设备文件和普通文件不一样，设备文件中并不包含任何数据。第33题
27、：关于OSI参考模型和TCP/IP模型在传输层提供的服务，正确的说法是( )。A.OSI模型在传输层提供面向连接服务B.TCP/IP模型在传输层仅提供面向连接服务C.OSI模型在传输层均可提供无连接和面向连接服务D.TCP/IP模型在传输层仅提供面向无连接服务参考答案：A 本题考查OSI参考模型和TCP/IP模型的比较。在OSI参考模型中，传输层仅有面向连接的方式。而TCP/IP模型认为可靠性是端到端的问题，因此它在网络层仅支持无连接的方式，但在传输层支持无连接和面向连接的两种方式。选项B和D仅说明了TCP/IP模型在传输层方面的一个服务，选项C显然错误，因此答案是A。第34题：某信道的信号传
28、输速率为2000波特，若想令其数据传输速率达到8kbps，则一个信号码元所取的有效离散值个数至少是( )。A.2B.4C.8D.16参考答案：D 本题考查波特率与传输速率之间的关系。对于信号传输速率为2000波特，要使数据传输速率达到8kbps，根据奈奎斯特定理8000=2000Log2N，则一个码元需携带4bit的信息，也就是Log2N=4，所以一个信号码元所能取的离散值的个数为24=16个，因此答案是D。注意波特与码元、波特率(码元率)与比特率的区分： 波特(Baud)是码元传输速度的单位，1波特表示每秒传送1个码元。正常情况，每比特只能表示两种信号变化(0或1)，这个是编码工作者绝对不允
29、许的，因为如果只有2种信号变化，那么每一个码元只能携带1比特的信息，所以此时波特率(波特率也可以看成是信号变化的次数)就等于比特率了(因为1码元只携带l比特信息)。但是通过调制，比如多路复用调制，就可以有N种信号变化(没有调制之前N=2)，这样的话每个码元就携带了log2N位的信息(比如2009年的物理层题目经过QAM调制以后可以表示16种信号变化)，这样的话信息的传输速率(比特率)就会大大提高。所以要想更一步的提高比特率，就要发明更好的编码技术(调制技术)，使得每一码元携带更多的比特，这也是目前编码研究者的目标，但是至今为止仍然没有出现一种编码技术可以超越香农提出的极限速率。第35题：一个广
30、域网信道的比特率是4Kbps，传播延迟为20毫秒，若确保停一等协议至少50%的效率，那么帧的大小至少是( )。A.大于160bitB.大于150bitC.大于140bitD.大于130bit参考答案：A 本题考查停一等协议的效率计算问题，当发送一帧的时间等于信道传播延迟的2倍时，信道利用率是50%。或者说，当发送一帧的时间等于来回路程的传播延迟时，效率将是50%。本题中，往返传播时间为20毫秒2=40毫秒，发送速率是每秒4000位，即发送1位需0.25毫秒。40毫秒0.25毫秒/位=160位。所以，帧大于160位时，采用停一等协议才有至少50%的效率，答案是A。第36题：在Internet上有许多协议，下面的选项中能够正确表示协议层次关系的是( )。参考答案：A 本题考查各种协议所处于的层次，选项B中ARP协议是处于网络层，不是和TCP一样处于传输层，选项C中UDP协议是和TCP协议一起处于传输层，选项D中LLC不是和IP一起处于网络层，而是在MAC层之上共同组成了数据链路层，因此答案是A。第37题
