考研计算机学科专业基础综合10.docx
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考研计算机学科专业基础综合10
考研计算机学科专业基础综合-10
(总分:
150.00,做题时间:
90分钟)
一、单项选择题(总题数:
40,分数:
80.00)
1.具有10个叶结点的二叉树中有______个度为2的结点。
(分数:
2.00)
A.8
B.9 √
C.10
D.11
解析:
对任何一棵二叉树,如果终端结点数为n0,度为2的结点数为n2,则一定有n0=n2+1。
所以n2=n0-1=9。
2.FTP的控制连接和数据连接分别使用的协议是______。
(分数:
2.00)
A.TCP,TCP √
B.TCP,UDP
C.UDP,TCP
D.UDP,UDP
解析:
本题目主要考查的是“FTP”以及“TCP协议”和“UDP协议”。
FTP使用两个并行的TCP连接来传输文件,一个是控制连接,一个是数据连接。
控制连接用于在两个主机之间传输控制信息,如用户标识、口令、改变远程目录的命令以及“put”和“get:
”文件的命令,使用端口21。
数据连接用于实际传输一个文件,使用端口20。
3.目录文件所存放的信息是______。
(分数:
2.00)
A.某一文件存放的数据信息
B.某一个文件的文件目录
C.该目录中所有数据文件目录
D.该目录中所有子目录文件和数据文件的目录 √
解析:
在多级目录中,目录文件所存放的信息是该目录中所有子目录文件和数据文件的目录。
即目录文件的目录项可以是数据文件,也可以是一个子目录。
4.用不带头结点的单链表存储队列时,其队头指针指向队头结点,其队尾指针指向队尾结点,则在进行删除操作时______。
(分数:
2.00)
A.仅修改队头指针
B.仅修改队尾指针
C.队头、队尾指针都要修改
D.队头,队尾指针都可能要修改 √
解析:
如果当前队列中仅有一个元素,则删除它时队头、队尾指针都需要修改。
5.数据链路层采用选择重传(SR)协议,发送方已经发送了编号为0~3的帧。
当计时器超时时.若发送方只收到0.2.3号帧的确认,则发送方此时需要重发的帧数是______。
(分数:
2.00)
A.1 √
B.2
C.3
D.4
解析:
本题目主要考查了“多帧滑动窗口与选择重传协议(SR)”。
当管道化技术建立在不可靠的信道上时会有一些问题。
比如,如果位于帧流中的某个帧丢失或损坏了,另外在发送进程发现出错前,大量的后继帧会到达接收方;也可能当一个坏帧到达接收方时,会被接收方丢弃,这些又如何处理呢?
处理以上问题,其中一种方法称之为“GO-BACK-N”协议,即GBN,接收进程丢弃所有的后继帧,并且不通知发送进程。
该策略对应接收窗口为l的情况,即只能按顺序接收帧,当发送进程超时后,必须按顺序重传所有未被确认的帧。
如果错误率高的话,这种方法会浪费很多带宽,但对内存需求不大。
为了进一步提高信道的利用率,可设法只重传出现差错的数据帧或是计时器超时的数据帧。
但这时必须加大接收窗口,以便先收下发送序号不连续但仍处在接收窗口中的那些数据帧。
等到所缺序号的数据帧收到后再一并送交主机。
这就是选择重传协议。
题目告知已经发送了编号为0~3的帧,当计时器超时时,发送方只收到0.2.3号帧的确认。
这表示,对方已经正确接收到了0、2、3号帧,只有1号帧没有被正确接收,此时,发生了超时问题,所以发送方需要重发的帧数是1。
6.一组记录的关键码为(46,79,56,38,40,84),则利用快速排序的方法,以第一个记录为基准得到的一次划分结果为______。
(分数:
2.00)
A.(38,40,46,56,79,84)
B.(40,38,46,79,56,84)
C.(40,38,46,56,79,84) √
D.(40,38,46,84,56,79)
解析:
快速排序是对冒泡排序的一种改进,其基本思想是:
通过一趟排序将待排序的记录分成独立的两部分,其中一部分记录的关键字比另一部分的关键字小。
然后对这两部分再继续排序,一直达到整个序列有序。
7.在单机系统中,三总线结构的计算机的总线系统由______组成。
(分数:
2.00)
A.系统总线、内存总线、I/O总线 √
B.数据总线、地址总线、控制总线
C.内部总线、系统总线、I/O总线
D.ISA总线、VESA总线、PCI总线
解析:
在单机系统中,三总线结构的计算机的总线系统由系统总线、内存总线、I/O总线组成,其中,系统总线用于CPU和内存之间传送地址、数据和控制信息;内存总线使内存和高速外设之间能够直接传送数据;I/O总线提供CPU和各类外设之间的通信。
8.浮点数的尾数部分运算发生溢出时应该______。
(分数:
2.00)
A.输出错误信息
B.舍入处理
C.向左规格化
D.向右规格化 √
解析:
在定点机中,正常情况下溢出是不允许的,所以当运算结果发生溢出时表示出错,应当进行中断处理,输出错误信息。
而浮点机中若尾数溢出,并不是真正的溢出,应该进行向右规格化,同时增大阶码。
9.有一串联文件由四个逻辑记录组成(其大小与磁盘块大小相等,均为512字节),分别存放在第:
180.15.68.212号磁盘上,存取文件第2000逻辑字节处的信息,要访问第______块磁盘块。
(分数:
2.00)
A.180
B.15
C.68
D.212 √
解析:
2000/512=3.9可知是在最后一个逻辑记录上,则存放在了212号磁盘上。
10.一棵二叉树的前序遍历序列为ABCDEFG,它的中序遍历序列可能是______。
(分数:
2.00)
A.CABDEFG
B.ABCDEFG √
C.DACEFBG
D.ADCFEG
解析:
三种遍历方式:
①先序遍历:
访问根结点,访问左子树、访问右子树;②中序遍历:
访问左子树,访问根结点、访问右子树;③后序遍历:
访问左子树,访问右子树,访问根结点。
11.在磁盘存储器中,以下正确的描述是______。
(分数:
2.00)
A.各磁道的位密度相等
B.外圈磁道的位密度较大
C.内圈磁道的位密度较大 √
D.内外圈磁道的位密度相等
解析:
位密度是磁道单位长度上的记录的二进制代码的位数,由于每个磁道记录的信息量是相等的,而内圈的长度较短,所以内圈磁道的位密度较大。
12.802.11标准定义的分布式协调功能采用的协议是______。
(分数:
2.00)
A.CSMA/CD
B.CDMA/CD
C.(;SMA/CA √
D.CDMA/CA
解析:
本题目主要考查了“随机访问介质访问控制”。
无线局域网标准802.11的MAC和802.3协议的MAC非常相似,都是在一个共享媒体之上支持多个用户共享资源,由发送者在发送数据前先进行网络的可用性。
在802.3协议中,是由一种称为CSMA/CD(CarrierSense-MultipleAccesswithCollisionDetection)的协议来完成调节,这个协议解决了在Ethernet上的各个工作站如何在线缆上进行传输的问题,利用它检测和避免当两个或两个以上的网络设备需要进行数据传送时网络上的冲突。
在802.11无线局域网协议中,冲突的检测存在一定的问题,这个问题称为“Near/Far”现象,这是由于要检测冲突,设备必须能够一边接受数据信号一边传送数据信号,而这在无线系统中是无法办到的。
因此,在802.11中对CSMA/CD进行了一些调整,采用了新的协议CSMA/CA(CarrierSenseMultipleAecesswithCollisionAvoidance),也叫做DCF(DistributedCoordinationFunction)。
CSMA/CA利用AcK信号来避免冲突的发生,也就是说,只有当客户端收到网络上返回的ACK信号后才确认送出的数据已经正确到达目的。
CSMA/CA协议的工作流程分为两个分别是:
(1)送出数据前,监听媒体状态,等没有人使用媒体,维持一段时间后,再等待一段随机的时间后依然没有人使用,才送出数据。
由於每个设备采用的随机时间不同,所以可以减少冲突的机会。
(2)送出数据前,先送一段小小的请求传送报文(RTS:
RequesttoSend)给目标端,等待目标端回应(CTS:
CleartoSend)报文后,才开始传送。
利用RTS—CTS握手(handshake)程序,确保接下来传送资料时,不会被碰撞。
同时由於RTS—CTS封包都很小,让传送的无效开销变小。
CSMA/CA通过这两种方式来提供无线的共享访问,这种显式的ACK机制在处理无线问题时非常有效。
CSMA/CD和CSMA/CA的主要差别对比如下:
(1)两者的传输介质不同,CSMA/CD用于总线式以太网,而CSMA/CA则用于无线局域网802.11a/b/g/n等等。
(2)检测方式不同,CSMA/CD通过电缆中电压的变化来检测,当数据发生碰撞时,电缆中的电压就会随着发生变化;而CSMA/CA采用能量检测(ED)、载波检测(CS)和能量载波混合检测三种检测信道空闲的方式。
(3)WLAN中,对某个节点来说,其刚刚发出的信号强度要远高于来自其他节点的信号强度,也就是说它自己的信号会把其他的信号给覆盖掉。
(4)本节点处有冲突并不意味着在接收节点处就有冲突。
13.若一棵二叉树具有10个度为2的结点,5个度为1的结点,则度为0的结点个数是______。
(分数:
2.00)
A.9
B.11 √
C.15
D.不确定
解析:
对任何一棵二叉树,如果终端结点数为n0,度为2的结点数为n2,则一定有n0=n2+1。
所以n0=10+1=11,而与n1无关。
14.一个计算机系统的虚拟存储器的最大容量是由______确定的。
(分数:
2.00)
A.CPU地址长度 √
B.内存容量
C.硬盘容量
D.内存和硬盘容量之和
解析:
虚存的最大容量由CPU的地址长度决定。
虚存的实际容量由CPU的地址长和外存的容量决定,当CPU的地址长度能表示的大小远远大于外存容量时,虚存的实际容量为内存和外存容量之和;当外存容量远大于CPU字长能表示的大小时,虚存的实际容量由CPU字长决定。
一般情况下,CPU的地址长度能表示的大小都大于外存容量。
15.下面几个符号串编码集合中,不是前缀编码的是______。
(分数:
2.00)
A.0,10,110,1111
B.11,10,001,101,0001 √
C.00,010,0110,1000)
D.b,c,aa,ac,aba,abb,abc
解析:
构造出Huffman树后,左向分支标志为“0”,右向分支标志为”1”,则从根结点到叶结点之间的路径上分支字符组成的编码即为Huffrrtan编码,该编码必为前缀编码。
任何一个字符的编码都不是另一个字符的编码的前缀。
例如0.10.110.111即为前缀编码。
10可以成为101的前缀,所以B不是前缀编码。
16.下列关于文件链接错误的是______。
(分数:
2.00)
A.硬链接记录的是目标文件的inode(索引结点)
B.删除硬链接中的目标文件或链接文件时都会导致引用计数减少
C.符号链接记录的是目标文件的路径
D.创建符号链接时,将增加目标文件的引用计数 √
解析:
硬链接记录的是目标文件的irrode(索引结点)。
它只能链接文件、不能链接目录,而且不能跨文件系统。
创建链接时,将增加目标文件的引用计数。
删除目标文件或链接文件时都会导致引用计数减少。
硬链接中,目标文件与硬链接文件共用一个索引结点。
软链接又称为符号链接。
符号链接记录的是目标文件的路径。
当访问具有符号链接的文件时,内核会指向符号链接中包含的文件名。
符号链接可以引用存在或者不存在的文件,而且可以跨越不同的系统,甚至是不同的计算机。
它们还可以指向其他的符号链接。
创建符号链接时,不会增加目标文件的引用计数。
符号链接中目标文件与符号链接文件各自有自己的索引结点,因此,删除了目标文件会导致此链接找不到文件,不会影响符号链接文件的索引结点中的引用计数。
17.DMA访问主存时,让CPU处于等待状态,等DMA的一批数据访问结束后,CPU再恢复工作,这种情况称作______。
(分数:
2.00)
A.停止CPU访问主存 √
B.周期挪用
C.DMA与CPU交替访问
D.DMA
解析:
停止CPU访问主存的特点是:
在DMA传送过程中,CPU释放总线的控制权,处于不工作或保持状态,数据传送完毕后,DMA控制器向CPU发一个DMA结束信号,把总线控制权还给CPU。
周期挪用方式的特点是DMA控制器与主存储器之间传送一个数据,占用(窃取)一个CPU周期,即CPU暂停工作一个周期,然后继续执行程序。
DMA与CPU交替访问的特点是:
总线控制权分两个周期分时由DMA控制器和CPU控制,DMA控制器和CPU交替使用总线,是一种效率最高的DMA传送方式。
18.对一给定的信道,使用香农公式计算数据速率,如果C=W,(C为信道的容量,W为信道的带宽)则______。
(分数:
2.00)
A.信号小于噪声
B.信号大于噪声
C.信号等于噪声 √
D.没有足够的信息能够回答问题
解析:
本题目主要考查了“信息的极限数据速率,信道容量,信号和噪声功率的关系”这一知识点。
由香农定理知:
C=Wlog2(1+S/N),其中N-噪声的平均功率,S-信号的平均功率,W-信道带宽,C-信道容量。
题目中给出的条件C=W,代入香农公式,得出S/N=1即S=N,信号的平均功率等于噪声的平均功率。
所以信号等于噪声。
19.在原码不恢复余数除法(又称为原码加减交替法)算法中,______。
(分数:
2.00)
A.每步操作后,若不够减,则需恢复余数
B.每步操作后,若为负商,则恢复余数
C.在整个算法过程中,从不恢复余数 √
D.仅当最后一步不够减时,才恢复一次余数
解析:
原码不恢复余数除法是在恢复余数法的基础上改进得到的,在整个算法中,不再恢复余数,从而能使运算过程规则。
20.在OSI中,为网络用户间的通信提供专用程序的层次是______。
(分数:
2.00)
A.运输层
B.会话层
C.表示层
D.应用层 √
解析:
本题目主要考查了“ISO/OSI参考模型”。
应用层是最高层,直接为用户的应用进程提供服务,提供专用程序(协议)。
七层()SI模型从上到下分别为:
(1)应用层:
与其他计算机进行通讯的一个应用,它是对应应用程序的通信服务的。
示例:
telnet、HTTP、FTP、NFS、SMTP等。
相关设备:
应用网关。
(2)表示层:
这一层的主要功能是定义数据格式及加密。
例如,FTP允许你选择以二进制或ASCII格式传输。
如果选择二进制,那么发送方和接收方不改变文件的内容。
如果选择ASCII格式,发送方将把文本从发送方的字符集转换成标准的ASⅡ后发送数据。
在接收方将标准的ASCⅡ转换成接收方计算机的字符集。
(3)会话层:
定义了如何开始、控制和结束一个会话。
(4)传输层:
这层的功能包括是否选择差错恢复协议还是无差错恢复协议,及在同一主机上对不同应用的数据流的输入进行复用,还包括对收到的顺序不对的数据包的重新排序功能。
示例:
TCP,UDP,SPX。
相关设备:
传输网关。
(5)网络层:
这层对端到端的包传输进行定义,他定义了能够标识所有结点的逻辑地址,还定义了路由实现的方式和学习的方式。
为了适应最大传输单元长度小于包长度的传输介质,网络层还定义了如何将一个包分解成更小的包的分段方法。
示例:
IP、IPX等。
相关设备:
路由器。
(6)数据链路层:
定义了在单个链路上如何传输数据。
这些协议与被讨论的各种介质有关。
示例:
HDLC.PPP、FDDI等。
相关设备:
网桥、交换机。
(7)物理层:
OSI的物理层规范是有关传输介质的特性标准,这些规范通常也参考了其他组织制定的标准。
连接头、针、针的使用、电流、电流、编码及光调制等都属于各种物理层规范中的内容。
物理层常用多个规范完成对所有细节的定义。
示例:
RJ45.EIA/TIA-232.EIA/TIA-449等。
相关设备:
转发器、集线器。
21.以下______寻址方式用来支持浮动程序设计。
(分数:
2.00)
A.相对寻址
B.变址寻址
C.寄存器间接寻址
D.基址寻址。
√
解析:
通过基址寻址方式,可以实现程序的浮动,也就是可装入存储器中的任何位置。
基址寻址使有效地址按基址寄存器的内容实现有规律的变化,而不会改变指令本身。
22.n个结点的完全有向图含有边的数目______。
(分数:
2.00)
A.n*n
B.n(n+1)
C.n/2
D.n*(n-1) √
解析:
有向图G中弧数目的取值范围:
0<=e<=n(n-1)。
有n(n-1)条弧的有向图称为有向完全图。
23.一个计算机系统采用32位单字长指令,地址码为12位,如果定义了250条二地址指令,那么还可以有______条单地址指令。
(分数:
2.00)
A.4K
B.8K
C.24K √
D.16K
解析:
用扩展操作码技术,有250条二地址指令,则还剩6条用于扩展,可设计出单地址指令6×212单地址指令,结果为24K。
24.下面的存储管理方案中,______方式可以采用静态重定位
(分数:
2.00)
A.固定分区 √
B.可变分区
C.页式
D.段式
解析:
固定分区一旦分配到内存不会再进行移动,所以可采用静态重定位。
25.为了对文件系统中的文件进行安全管理,任何一个用户在进入系统时都必须进行注册,这一级安全管理是______安全管理。
(分数:
2.00)
A.系统级 √
B.目录级
C.用户级
D.文件级
解析:
略。
26.采用多道批处理系统,可能会______。
(分数:
2.00)
A.增强人机交互性
B.降低了设备的利用率
C.缩短了每道程序执行时间
D.延长了某些程序的周转时间 √
解析:
采用多道批处理可以提高资源利用率,提高系统吞吐量,但会增加某些程序的周转时间,缺点是缺乏交互性。
27.就微命令的编码方式而言,若微操作命令的个数已确定,则______。
(分数:
2.00)
A.直接表示法比编码表示法的微指令字长短
B.编码表示法比直接表示法的微指令字长短 √
C.直接表示法与编码表示法的微指令字长相等
D.直接表示法比编码表示法的微指令字长大小关系不确定
解析:
编码表示法是把一组互斥性的微命令信号组成一个小组(即一个字段),然后通过小组译码器对每一个微命令信号进行译码,译码的输出作为操作控制信号。
与直接表示法比较,编码表示法具有可使微指令字大大缩短,节省控制存储器容量的优点,但由于增加了译码电路,所以执行速度稍慢。
28.对于长度为9的顺序存储的有序表,若采用折半查找,在等概率情况下的平均查找长度为______的9分之一。
(分数:
2.00)
A.20
B.18
C.25 √
D.22
解析:
折半查找,等概率的情况下,一定会生成一棵折半查找树,如上图所示。
所以ASL=(1*1+2*2+3*4+4*2)/9=25/9
[*]
29.静态RAM的特点是。
(分数:
2.00)
A.工作时存储内容不变
B.不需刷新 √
C.不需电源提供电流
D.断电后存储内容不变
解析:
静态RAM属于随机存取存储器,存储的信息即可随时读取,也可随时写入。
它依靠触发器存储信息,所以断电后,触发器不能工作,所存储的信息全部丢失,并且由于触发器是双稳态器件,所以存储信息不需刷新。
30.某系统中有3个并发进程,都需要同类资源4个,试问该系统保证不会发生死锁的最少资源数是______。
(分数:
2.00)
A.9个
B.10个 √
C.4个
D.12个
解析:
如果一个进程有m个资源它就能够结束,不会使自己陷入死锁中。
因此最差情况是每个进程有m-1个资源并且需要另外一个资源。
如果留下有一个资源可用,那么其中某个进程就能够结束并释放它的所有资源,使其它进程也能够结束。
所以避免死锁的条件是:
r≥p(m-1)+1。
带入上述条件公式:
r≥3*(4-1)+1=10。
所以答案为10个。
31.若一个栈的输入序列为1,2,3,…,n,输出序列的第一个元素是i,则第j个输出元素是______。
(分数:
2.00)
A.i-j-1
B.i-j
C.j-i+1
D.不确定 √
解析:
不知道i,j的大小关系,所以无法确定。
32.1946年研制成功的第一台电子数字计算机称为(),1949年研制成功的第一台程序内存的计算机称为______。
(分数:
2.00)
A.EDVAC,MARKI
B.ENIAC,UNIVACI
C.ENIAC,MARKI
D.ENIAC,EDSAC √
解析:
1946年ENIAC的出现,标志着数字计算机的诞生,是人类文明发展史的一个里程碑。
EDSAC是第一台采用冯·诺依曼体系结构的计算机,由英国剑桥大学威尔克斯(MauriceVincentWilkes)领导、设计和制造的,并于1949年投入运行。
33.一个UDP用户数据报的数据字段为8192字节。
要使用以太网来传送,需要划分的数据报片个数是______。
(分数:
2.00)
A.3
B.4
C.5
D.6 √
解析:
本题目主要考查的是“UDP数据报与以太网帧”。
以太网帧可以承载不超过1500字节的数据。
其中包含20字节的IP首部(不考虑可选字段),即以太网帧可以承载的UDP数据报的长度不超过1480。
题目中UDP数据报的数据字段的长度为8192字节,加上首部的8字节,共8200字节。
8200/1480=5.54,因此应当将原数据报划分为6个数据报片。
34.数据序列(8,9,10,4,5,6,20,1,2)只能是下列排序算法中的______的两趟排序后的结果。
(分数:
2.00)
A.选择排序
B.冒泡排序
C.插入排序 √
D.堆排序
解析:
直接插入排序是一种最基本的排序算法,基本操作为:
将一个记录插入到一个已经排好序的有序表中,从而得到一个新的、长度增1的有序表。
一般情况下,第i趟的操作为:
在含有i-1个记录的有序子序列r[1..i-1]中插入一个新记录r[i],变成含有i个记录的有序序列r[1..i]。
设置r[0]为空值,从r[1]开始保存信息,可首先将待插入的记录r[i]复制到r[0]中,如下所示:
[*]
可把r[0]看成是r[i]的备份,以后从r[1]~r[i-1]查找插入位置时可直接同r[0]比较,而且r[i]也可被覆盖了。
因为r[i]复制到r[0]后,可认为已经空出了r[i]。
考虑从后向前比较,只要r[i-1]≤r[i],则r[i]的位置不必改变,否则(即r[i-1]>r[i]),则将r[i-1]移动到r[i]处,然后再比较r[i-2]和r[0],依次等等。
当最后找到一个比r[0]小的关键字时,将r[0]复制到此关键字的后面一个位置,结束。
35.设有4个作业
(分数:
2.00)
A.
B.
C.D,其运行时间分别为2h,5h,1h,3h,假定它们同 √
D.
解析:
在单道非抢占情况下,作业平均周转时间最小的就
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