计算机专业(基础综合)模拟试卷105(题后含答案及解析)

计算机专业（基础综合）模拟试卷105 (题后含答案及解析)

题型有：1. 单项选择题 2. 综合应用题

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． 关于线性表的顺序存储结构和链式存储结构的描述正确的是( )。Ⅰ．线性表的顺序存储结构优于其链式存储结构Ⅱ．链式存储结构比顺序存储结构可更方便地表示各种逻辑结构Ⅲ．如频繁使用插入和删除结点操作，顺序存储结构更优于链式存储结构Ⅳ．顺序存储结构和链式存储结构都可以进行顺序存储

A．仅Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ B．仅Ⅱ、Ⅳ C．仅Ⅱ、Ⅲ D．仅Ⅲ、Ⅳ

正确答案：B 解析：Ⅰ：线性表的两种存储结构各有优缺点，顺序存储结构支持随机存储，对于表内任意元素的存取具有较高的效率，这一点优于链式存储结构；链式存储结构不需要一次性分配所有空间给线性表，即支持动态存储，这一点优于顺序存储结构，故Ⅱ错误。 Ⅱ：比如树和图等逻辑结构一般都是使用链式存储结构更为方便，故Ⅱ正确。 Ⅲ：链式存储应该更适合频繁使用插入和删除操作的线性表，因为不需要移动元素，仅需要修改指针即可；而线性存储可能需要大量移动元素，故Ⅲ错误。 Ⅳ：顺序存储结构既可以随机存储也能顺序存储；链式存储结构只能顺序存储。 综上所述，Ⅱ、Ⅳ正确。

2． 相对于单向链表，使用双向链表存储线性表，其优点是( )。Ⅰ．提高查找速度Ⅱ．节约存储空间Ⅲ．数据的插入和删除更快速

A．仅Ⅰ B．仅Ⅰ、Ⅲ C．仅Ⅲ

D．仅Ⅱ、Ⅲ

正确答案：C

解析：在双向链表中的查找仍然是顺序查找，故查找速度并没有提高；双向链表中有两个指针域，所以不但不能节约存储空间，相比单链表，还增加了空间；既然增加了空间，那必须是以空间来换取时间，导致的结果就是数据的插入和删除将会更快速。

3． 对于一个满二叉树，共有n个结点和m个叶子结点，且深度为h，则下列等式中正确的是( )。Ⅰ．n=h+mⅡ．h+m=2nⅢ．m=2h-1Ⅳ．n=2h-1

A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ B．Ⅱ、Ⅲ

C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ D．Ⅲ、Ⅳ

正确答案：D

解析：对于深度为h的满二叉树，n=20+21+…+2h-1=2h-1；另外，根据满二叉树的性质可知，m=2h-1，故Ⅲ、Ⅳ正确；而Ⅰ、Ⅱ举反例很容易被排除。

4． 设一棵二叉树是由森林转换而来的，若森林中有n个非终端结点，则二叉树中无右孩子的结点个数为( )。

A．n-1 B．n C．n+1 D．n+2

正确答案：C

解析：首先，对于一棵树来讲，每个非终端结点(除了树的根结点)转换成二叉树后都对应一个无右孩子的结点，因为一个非终端结点至少有一个孩子结点，其最右边的孩子结点转换成二叉树后一定没有右孩子。为什么要除去根结点?因为根结点比较特殊，树转换成二叉树之后，根结点本身也将会没有右孩子。所以对于一棵具有n个非终端结点的树来讲，将其转换成二叉树之后，二叉树中无右孩子的结点个数为n+1个。其实，此时已经可以选出答案了，因为一棵树也可以算是一个森林。 如果一个森林有多棵树(假设有x棵)，我们先把所有树的根结点拿出来。除根结点之外的非终端结点(n-x个)转换成二叉树之后都是对应一个无右孩子的结点，可得到n-x个无右孩子的结点。但是，x个根结点是不足就对应2x个无右孩子的结点?显然不是，因为下一棵数将会成为上一棵树根结点的右孩子(见图5-3)，所以只有森林的最后一棵树的根结点才会变成无右孩子的结点，故x个根结点将会得到x+1个无右孩子的根结点，所以一共可以得到n-x+(x+1)=n+1个无右孩子的根结点。 从图5-3可以看出，三棵树的根结点A、E、G转换成二叉树之后，只有最后一棵树的根结点G是没有右孩子的。 综上分析，二叉树中无右孩子的结点个数为n+1个，故选C选项。

5． 若某完全二叉树的结点个数为100，则第60个结点的度为( )． A．0 B．1 C．2

D．不确定

正确答案：A

解析：完全二叉树的结点个数为偶数，说明有1个度为1的结点。设ni为度是i的结点的个数，那么就有：n0+n2+1=100，n0=n2-1，解得：n0=55，n2=；又因为完全二叉树的编号是先度为2的结点，然后度为1的结点，最后才是叶子结点，即1～是度为2的结点，55是度为1的结点，56～100是度为0的结点。因此，第60个结点为度为0的结点。

6． 下列关于二叉树的说法中，错误的是( )。

A．在二叉树的后序序列中最后一个结点一定是二叉树的根结点 B．在二叉树的中序序列中最后一个结点一定是二叉树的一个叶结点 C．在二叉树的前序序列中最后一个结点一定是二叉树的一个叶结点 D．在二叉树的层序序列中最后一个结点一定是二叉树的一个叶结点

正确答案：B

解析：A：后序遍历遵循LRT，所以最后的一个结点肯定是该二叉树的根结点，故A选项正确。 B：中序遍历遵循LTR，所以如果该根结点是右子女为空指针的话，就有可能最后访问的结点不是叶结点，例如： 最后访问的是根结点，而根结点此时不是叶结点，故B选项错误。 C：前序遍历遵循TLR，所以最后访问的结点一定叶结点。因为如果当前的结点不是叶结点，遍历算法会继续遍历它的子结点，直到该结点没有子结点，也就是说，该结点是叶结点才会停止，故C选项正确。 D：层序遍历是按照二叉树结点的序号来访问的，所以最后一个结点一定是叶结点，故D选项正确。

7． 已知一棵5阶B树有53个关键字，并且每个结点的关键字都达到最少状态，则它的深度是( )。

A．3 B．4 C．5 D．6

正确答案：C

解析：根据B树定义，m阶B树除根之外所有的非终端结点至少有[m／2]个结点，即3个，而根结点最少有两个结点，在每个结点的关键字是最少状态时，5层的满树结点的关键字为2+3×2+3×2×3+3×2×3×3＞53，而4层满树结点关键字为2+3×2+3×2×3＜53，故深度为5。

8． 设图G=(V，E)，其中：V={V0，V1，V2，V3}E={(V0，V1)，(V0，V2)，(V0，V3)，(V1，V3)}则从顶点V0开始对图G的深度优先遍历序列总共有( )种。

A．3 B．4 C．5 D．2

正确答案：B

解析：此题的图为：深度优先谝历的序列有4个：

9． 下列说法中正确的是( )。Ⅰ．对有2500个记录的索引顺序表(分块表)进行查找，最理想的块长为50Ⅱ．顺序查找法只适合于顺序存储结构，不适合于链式存储结构Ⅲ．折半查找过程所对应判定树是一棵完全二叉树Ⅳ．理想情况下，散列表的平均比较次数可达到1次

A．Ⅰ、Ⅳ B．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ C．Ⅲ、Ⅳ

D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ

正确答案：A

解析：Ⅰ：分块查找的平均查找长度不仅和表的总长度n有关，而且和所分的子表个数有关，对于n给定的情况下，s取时，平均查长度取得最小值，所以最理想块长为50，故Ⅰ正确(注意：此题务必记住该结论)。 Ⅱ：顺序查找法就是从线性表的一端开始顺序查找，并且逐个检查关键字是否满足给定的条件。所以顺序存储结构和链式存储结构均适合(表可以无序)，故Ⅱ错误。 Ⅲ：判定树的结构一定是先排满一层，再排下一层，所以只有最低一层可能不满。并且最低一层的叶子结点也不一定是从左到右按序排放，故不一定是完全二叉树，故Ⅲ错误。 Ⅳ：在理想情况下，散列表通过散列函数可直接计算得到元素的位置，所以平均比较次数可达到1，故Ⅳ正确。

10． 用某种排序方法对线性表{24，88，21，48，15，27，69，35，20}进行排序时，元素序列的变化情况如下：(1)24， 88， 21， 48， 15， 27， 69， 35， 20(2)20， 15， 21， 24， 48， 27， 69， 35， 88(3)15， 20， 21， 24， 35， 27， 48， 69， 88(4)15， 20， 21， 24， 27， 35， 48， 69， 88所采用的排序方法是：

A．快速排序 B．选择排序 C．希尔排序 D．归并排序

正确答案：A 解析：本题我们不容易一次就确定到底采用哪种排序方法，那么就可以采用排除法，按照四个选项当中的算法去模拟一遍。如果是选择排序，则在4轮排序过程中无法得到最后的排序结构，因为选择排序每次只能确定一个元素的位置；如果是希尔排序不可能在第一步将20换到第一位。同理也不是归并排序。这4次过程中是子序列同时进行的快速排序。

11． 假设在磁盘上存放有375000个记录，做5路平衡归并排序，内存工作区能容纳600个记录，为把所有记录都排好序，需要做( )趟归并排序。

A．3 B．4 C．5 D．6

正确答案：B

解析：假设做m路平衡归并排序，且有n个初始归并段，则归并趟数为[logmn]。所以此题只需求出初始归并段n即可，n=375000／600=625。故归并趟数为[log5625]=4。

12． 假定有两个带符号整数x、y用8位补码表示，x=63，y=-31，则x-y的机器数及其相应的溢出标志OF分别是( )。

A．5DH、0 B．5EH、0 C．5DH、1 D．5EH、1

正确答案：B

解析：因为x=63，y=-31，则x-y=94，而带符号的8位整数补码所能表示的范围是-128～127，所以94在其范围之内，没有溢出，即OF标志为0，将结果转化为机器数为5EH。 此种题型在2009年，2014年的统考卷当中已经出现，现在对于这种在选择题当中出现补码加减运算或者是涉及浮点数加减计算的情况，总结如下： (1)涉及浮点数计算或者是复杂的补码的计算，不要立刻去按照补码的规则和浮点数加减规则去运算，不要关注题干给你的一些无用信息(比如浮点数的各运算步骤之类的)。 (2)观察题干给你的两个数，可以试着加加看，或者减减看，看结果到底为多少，然后看这个结果是否在寄存器所能表示的数(一般是补码)的范围之内。如果不能表示，那一定是溢出了，如果能表示，再把这个结果化为二进制或者十六进制。

13． 十进制数-5基于单精度浮点数IEEE 7标准的编码是( )。(注：单精度浮点数IEEE 7格式为符号位1位、尾数23位、阶码8位，且阶码用移码表示)

A．(COA00000)16 B．(81D00000)16 C．(41500000)16 D．(01D00000)16

正确答案：A

解析： -5用二进制表示为～0101，且符号位S为-1。0101=1．01×22，故e=2，则E=127+2=129，转换成二进制为1000 0001，所以单精度浮点数IEEE 7

标准为 1 10000001 01000000000000000000000 数符 阶码 尾数 然后按照4位一组进行组合，1100 0000 1010 0000 0000 0000 0000 0000，转换成十六进制为(C0A00000)16。

14． 设机器数字长16位，有一个C语言程序段如下：int n=0xA1B6;unsigned int m=n;m=m＞＞1; ／／m右移一位则在执行完该段程序后，m的值为( )

A．50DBH B．FFB6H C．A186H D．DODBH

正确答案：A

解析：无符号数的移位方式为逻辑移位，不管是左移还是右移，都是添0。

A186H作为无符号数，使用逻辑右移。1010 0001 1011 0110右移一位得0101 0000 11011011，即50DBH，故选A。

15． 地址总线为A15(高位)～A0(低位)，若用1K×4位的存储芯片组成4KB的存储器，地址总线的高位做片选信号，则以下说法正确的是( )。Ⅰ．加在各存储芯片上的地址线是A11～A0Ⅱ．加在各存储芯片上的地址线是A9～A0Ⅲ．一共需要使用8片1K×4位的存储芯片Ⅳ．一共需要使用4片1K×4位的存储芯片

A．Ⅰ、Ⅲ B．Ⅱ、Ⅳ C．Ⅱ、Ⅲ D．Ⅰ、Ⅳ

正确答案：C

解析：首先要用1K×4位的存储芯片组成4KB(即4K×8位)的存储器，需要对字位一起扩展。由公式可知，共需要的芯片数为(4K×8位)／(1K×4位)=8，所以Ⅲ是正确的。另外，加在各存储芯片上的地址线只与存储芯片的存储容量有关，本题芯片的存储容量为1K，又因为210=1K，所以选取地址线的10位A9～A0作为各个存储芯片上的地址线。

16． 假设某计算机采用小端方式存储，按字节编址。一维数组a有100个元素，其类型为float，存放在地址C000 1000H开始的连续区域中，则最后一个数组元素的最高有效位(MSB)所在的地址应为( )。

A．C000 1396H B．C000 1399H C．C000 118CH D．C000 118FH

正确答案：D 解析：这里考到了一个非常重要的概念——小端法，float类型的数据在计算机中占4个字节，100个float类型的数组元素应当占400字节，即最后一个字节在内存中的相对地址应为399，加上初始数组起始地址C000 1000H，得到最后一个字节的地址是C000 118FH，又因为是小端法，则最后一个数组元素的低位字节在前，高位字节在后，所以最后一个字节就是最后一个数组元素的最高有效位地址，所以答案是D。

17． 某机器中有16个寄存器，假设机器字长为12位，下列( )指令可以使用单字长指令来实现。 Ⅰ．4条三寄存器指令 Ⅱ．255条单寄存器指令 Ⅲ．16条0寄存器指令

A．仅Ⅰ、Ⅱ B．仅Ⅱ、Ⅲ C．仅Ⅰ、Ⅲ D．仅Ⅱ

正确答案：B

解析：由于该机器有16个寄存器，所以需要4位来表示这16个寄存器。 Ⅰ：4条指令需要两位来表示。4条三寄存器指令的操作码部分需要两位，而三寄存器需要使用4×3=12位来寻址，共需要14位，故字长12位不能表示4条三寄存器指令。 Ⅱ：255条单寄存器指令可以用单字长指令来表示，8位操作码+4位寄存器地址。 Ⅲ：16条0寄存器指令可以用单字长指令来表示，只需4位操作码。

18． 假设某条指令的一个操作数采用变址寻址方式，变址寄存器的内容为8H，指令中给出的形式地址为1200H，地址为1200H的内存单元中的内容为12FCH，地址为12FCH的内存单元的内容为3888H，则该操作数的有效地址为( )。

A．1200H B．12FCH C．1208H D．3888H

正确答案：C

解析：该操作数的有效地址为变址寄存器的内容加上形式地址，即8H+1200H=1208H。

19． 下列关于多核处理器说法中，正确的是( )。 Ⅰ．多核表明一个处理器拥有多个芯片 Ⅱ．维持Cache一致性为其主要技术之一 Ⅲ．多核之间共享一个统一地址空间

A．仅Ⅰ、Ⅱ B．仅Ⅱ、Ⅲ C．仅Ⅰ、Ⅲ D．Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ

正确答案：B

解析：Ⅰ：多核处理器是指单芯片处理器，即在一个芯片内集成两个或多个完整且并行工作的处理器核心而构成的处理器。而“核心”通常包含指令部件、算术／逻辑部件、寄存器堆和一级或二级的缓存处理单元，这些核心通过某种方式互联后，能够相互交换数据，对外呈现为一个统一的多核处理器，故Ⅰ错误。 Ⅱ：多核处理主要包含三大技术，即维持Cache一致性、核间通信技术、对软件设计的挑战，故Ⅱ正确。 Ⅲ：如图5-6所示，多个CPU共享统一的地址空间，且独自又拥有属于自己的L1Cache，故Ⅲ正确。

20． 假设计算机系统中软盘以中断方式与CPU进行数据交换，主频为50MHz，传输单位为16位，软盘的数据传输率为50kB／s。若每次数据传输的开销(包括中断响应和中断处理)为100个时钟周期，则软盘工作时CPU用于软盘数据传输的时间占整个CPU时间的百分比是( )。

A．0％ B．5％

C．1．5％ D．15％

正确答案：B

解析：主频为50MHz，则每秒会有50M个时钟周期；软盘的数据传输率为50kB／s，每次传输16位，则每秒要进行50kB*8／16=25k次传输，又因为每次传输，CPU的开销为100个时钟周期，所以每秒CU花在数据传输上的开销为25k*100个时钟周期，故CPU用于软盘传输数据的时间占CPU时间的比率为25k*100／50M=5％；(提示：由频率就可直接求出时钟周期数，不要再去计算周期时间)

21． 某计算机有8个主设备竞争总线使用权，使用链式请求方式进行总线判优控制，则该机为实现总线判优控制需要的控制线数为( )。

A．3 B．16 C．5

D．无法确定

正确答案：A

解析：链式请求方式下，为实现总线判优控制，需要一根总线请求线、一根总线忙线、一根总线同意线，共三根控制线。而B和C选项分别对应请求方式和计数器查询方式所需要的线数。

22． 下列说法中，错误的是( )。Ⅰ．程序中断过程是由硬件和中断服务程序共同完成的Ⅱ．每条指令的执行过程中，每个总线周期要检查一次有无中断请求Ⅲ．检测有无DMA请求，一般安排在一条指令执行过程的末尾Ⅳ．中断服务程序的最后指令是无条件转移指令

A．仅Ⅲ、Ⅳ B．仅Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ C．仅Ⅱ、Ⅳ

D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ

正确答案：B

解析：Ⅰ：程序中断过程由硬件(如向量地址形成部件等)和中断服务程序共同完成的，故Ⅰ正确。 Ⅱ：每条指令执行周期结束后，CPU会统一扫描各个中断源，然后进行判优来决定响应哪个中断源，故Ⅱ错误。 Ⅲ：CPU会在每个存储周期结束后检查是否有DMA请求，故Ⅲ错误。 Ⅳ：中断服务程序的最后指令通常是中断返回指令(RETI)，该指令在中断恢复之后，也就是此时CPU中的所有寄存器都已经恢复到了中断之前的状态，因此该指令不需要进行无条件转移，只需要通知CPU开始从PC中取指，进入取指周期即可，事实上，该指令可以理解为，它设置了一个标志，当CPU检测到该标志的时候，就进入新的取指周期，故Ⅳ错误。

23． 下列说法中，正确的有( )。Ⅰ．清除内存、设置时钟都是特权指

令，只能在内核态(系统态、管态)下执行Ⅱ．用零作除数将产生中断Ⅲ．用户态到内核态的转换是由硬件完成的Ⅳ．在中断发生后，进入中断处理的程序可能是操作系统程序，也可能是应用程序

A．仅Ⅰ、Ⅲ B．仅Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ C．仅Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ

正确答案：A

解析：Ⅰ正确，在双重操作模式(即内核态和用户态)中，用户把能引起损害的机器指令作为特权指令，只允许在内核态下执行特权指令。 判断以下指令是特权指令吗? (√)改变存储器管理的寄存器。 (√)写程序指针。 (×)读取日期时钟。 (√)设置日期时钟。 (√)改变处理器的优先级。 (√)访管指令。 (√)系统重启动。 (√)读取程序状态字。 (√)关闭中断。 (√)写指令寄存器。 Ⅱ错误，用零作除数将产生异常而不是中断。这里考查中断和异常的概念区分。中断和异常是导致处理器转向正常控制流之外的代码的两种操作系统条件。 中断是异步事件，并且与处理器当前正在执行的任务毫无关系。中断主要由硬件如I／O设备、处理机、时钟或定时器引起的，是随机发生的事件，另外中断可以被允许，也可以被禁止。 异常是同步事件，是某些特定指令执行的结果，在同样的条件下用同样的数据第二次运行一个程序可以重现异常。异常的例子有内存访问违例、特定的调试器指令(例如int 3)，以及除零错误等。 Ⅲ正确，计算机通过硬件中断机制完成由用户态到内核态的转换。 Ⅳ错误，进入中断处理的程序在内核态执行，是操作系统程序，不可能是应用程序。

24． 并发进程执行的相对速度是( )。 A．由进程的程序结构决定的 B．由进程自己来控制的 C．与进程调度策略有关的 D．在进程被创建时确定的

正确答案：C 解析：并发进程执行的相对速度受进程调度策略影响，因为采取不同调度策略(如FCFS,SJF)明显会影响进程执行时间长短，也就是会影响进程执行的相对速度。

25． 下列( )调度算法不适合交互式操作系统。 A．高响应比优先 B．高优先级优先 C．时间片轮转 D．先来先服务

正确答案：A

解析：高响应比优先算法需要知道作业的预计运行时间，但是，一旦作业创

建为进程，在交互式的情况下，预计运行时间是不确定的，因此也就不能计算响应比，故不适用。

26． 关于临界问题的一个算法(假设只有进程P0和P1可能会进入该临界区)如下(i为0或1)：repeatretry： if(turn!=-1)turn=i； if(turn!=i)go to retry； turn=-1； 临界区； turn=0； 其他区域；unti1false；该算法( )。

A．不能保持进程互斥进入临界区，会出现“饥饿” B．不能保持进程互斥进入临界区，不会出现“饥饿” C．保证进程互斥进入临界区，会出现“饥饿” D．保证进程互斥进入临界区，不会出现“饥饿”

正确答案：B 解析：进程并发时容易产生争夺资源现象，必须在入口码处能够阻止进程同时进入临界区。要求根据给出的入口码和出口码判断程序是否正确，此类出题方式较常见。此类题目要想得出正确答案，关键是找出程序的错误。根据条件可先写出每个进程的执行代码，注意程序中i的取值应与进程Pi的取值相同：P0：repeatretry：if(turn!=-1) turn=0; ① if(turn!=0)go to retry； ② turn=-1; ⑤ 临界区； turn=0； 其他区域；unti1 false；P1：repeatretry：if(turn!=-1)turn=1； ③ if(turn!=1)go to retry； ④ turn=-1； ⑥ 临界区； turn=0； 其他区域；unti1 false； 入口码最容易出错的地方就是在两个进程同时申请进入临界区的时候。若此时两个进程同时申请资源，此时turn的值是0，按照①②③④⑤⑥的顺序执行，两个进程同时进入临界区。再讨论“饥饿”问题。因为入口码的判断条件是turn!=-1，否则进程被阻塞，而只有在临界区中存在进程访问的情况下turn的值才会是-1，所以没有进程会被饿死。

27． 设m为同类资源数，n为系统中并发进程数。当n个进程共享m个百斥资源时，每个进程最大需求为w，则下列情况会出现系统死锁的是( )。

A．m=2，n=1，w=2 B．m=2，n=2，w=1 C．m=4，n=3，w=2 D．m=4，n=2，w=3

正确答案：D 解析：当m≥n(w-1)+1时都不会发生死锁，等号成立时就是最极端的资源分配情况：每个进程都已经占有了w-1个资源，同时都需要再分配一个资源，这是如果要保证不发生死锁，系统中至少还有一个可分配的资源，即满足m≥n(w-1)+1。 A、B、C选项都满足，所以都不发生死锁。D选项不满足，会发生死锁。举例：当m=4，n=2，w=3时，若每个进程各占两个资源，那么在它们申请第三个资源时，两个进程都将阻塞，从而进入死锁状态。

28． 用外存加上内存之和与虚拟内存空间相比，其大小关系是( )。 A．前者比后者大 B．前者比后者小 C．二者相等

D．不一定

正确答案：D

解析：当外存容量足够大时，虚拟存储空间只跟地址结构的位数相关，即虚拟存储空间小于等于内存加上外存容量之和。 当外存容量不足时，外存容量也成为一个条件，即虚拟存储空间等于内存加上外存容量之和。 因此二者大小关系是不确定的。

29． 有一个矩阵为100×200，即a[100][200]。在一个虚拟系统中，采用LRU算法。系统分给该进程5个页面来存储数据(不包含程序)，设每页可存放200个整数，该程序要对整个数组初始化，数组存储时是按行存放的。试计算下列两个程序各自的缺页次数(假定所有页都以请求方式调入)。 程序—：for(i=0；i＜=99；i++) for(j=0；j＜=199；j++) A(i][j]：i*j；程序二：for(j=0；j＜=199；j++) for(i=0；i＜=99；i++) A[i][j]=i*j；

A．100，200 B．100，20 000 C．200，100 D．20 000，100

正确答案：B

解析：本题中，矩阵a有100×200=20 000个整数，每页存放200个整数，故一页可以存放一行数组元素。系统分配给进程5个页面存放数据，假设程序已调入内存(因题目中没有提供与程序相关的数据，可以不考虑程序的调入问题)，因此只需考虑矩阵访问时产生的缺页中断次数。 对于程序一，由于矩阵存放是按行存储，本程序对矩阵a的访问也是按行进行的，因此本程序依次将矩阵a的内容调入内存，每一页只调入一次，每一页都会发生一次缺页中断，因此会产生20000／200=100次缺页中断。 对于程序二，矩阵存放时按行存储，而本程序对矩阵a的访问是按列进行的。当i=时，内层循环的执行将访问矩阵a的所有元素，需要依次将矩阵a的100行调入内存，将产生100次缺页中断。当j=1时，仍需要依次将矩阵a的100行调入内存(因留在内存中的是第95、96、97、98、99行)，仍将产生100次缺页中断。后续循环，可依此类推。由此可知，程序二将产生20 00次缺页中断。

30． 当数据 (1)很少修改并且以随机顺序频繁地访问时(变长记录文件) (2)频繁地修改并且相对频繁地访问文件整体时(变长记录文件) (3)频繁顺序地访问文件元素(定长记录文件) 依次从访问速度、存储空间的使用和易于更新(添加／删除／修改)这几个方面考虑(访问速度最优先考虑，其次是存储开销，再次是易于更新)，为了达到最大效率，你将分别选择( )文件组织。

A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ B．Ⅱ、Ⅰ、Ⅲ C．Ⅱ、Ⅲ、Ⅰ D．Ⅰ、Ⅲ、Ⅱ

正确答案：C

解析：顺序文件的主要优点是顺序存取时速度最快。文件为定长记录文件时，还可以根据文件的起始地址及记录长度进行随机访问。其缺点是文件存储需要连续的存储空间，会产生碎片，同时也不利于文件的动态扩充。 索引文件结构的优点是可以进行随机访问(逻辑块可以是变长的，顺序文件不可)，也易于进行文件的增删。其缺点是索引表的使用增加了存储空间的开销。 索引顺序文件的优点是大大提高了顺序存取的速度(弥补了变长记录顺序文件不便于直接存取的缺点)，缺点是索引表的存储开销(开销小于索引文件结构)，随机访问速度比索引文件慢。 对于(1)的两个特点：随机顺序访问，变长记录文件。顺序文件不利于变长记录文件的随机访问，索引顺序文件的随机访问速度又不如索引文件，故最佳应该是选择索引文件。 对于(2)的两个特点是：访问文件整体，变长记录文件。顺序文件不利于变长记录文件的随机访问，且索引顺序的开销小于索引文件，故最佳应该是选择索引顺序文件。 对于(3)的两个特点是：随机顺序访问，定长记录文件。顺序存取速度最快的是顺序文件，且无额外存储开销，所以最佳应该选择顺序文件。 综上所述，最佳答案依次是索引文件、索引顺序文件和顺序文件。

31． 某文件系统采用多级索引的方式组织文件的数据存放，假定在文件的i_node中设有13个地址项，其中直接索引10项，一次间接索引项1项，二次间接索引项1项，三次间接索引项1项。数据块大小为4KB，磁盘地址用4B表示，请问这个文件系统允许的最大文件长度约为( )。

A．1T B．2T C．3T D．4T

正确答案：D

解析：数据块大小为4KB，而一个地址需用4B表示，所以一个数据块可以放4KB／4B=1K的地址项，则可得一个一次间接索引项可对应1K个物理块。一个二次间接索引项可对于1M个物理块。以此类推，最大文件的物理块个数可达(10+1K+1M+1G)个。最大文件大小即为(10+1K+1M+1G)×4KB=40KB+4MB+4GB+4TB，即这个文件系统允许的最大文件长度约为4TB。

32． 下列有关通道技术的叙述中，不正确的是( )。Ⅰ．通道可视为一种软件，其作用是提高了CPU的利用率Ⅱ．编制好的通道程序是存放在主存储器中的Ⅲ．通道又称I／O处理机，它用于实现CPU与I／O设备之间的信息传输Ⅳ．通道程序是由一系列通道指令组成的

A．仅Ⅰ、Ⅲ B．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ C．仅Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ D．仅Ⅱ、Ⅲ

正确答案：B

解析：Ⅰ错误，通道可以完成系统交付的输入／输出任务，通过执行自身的通道指令完成主存与外设间的数据传输，故通道应该是一种硬件，或者称为

是一种专用计算机。 Ⅱ正确，为了快速地得到通道指令，故通道指令应存放在主存。 Ⅲ错误，通道是用于完成内存与I／O设备的信息交换。 Ⅳ错误，通道程序是由通道执行的程序，是由一系列通道指令组成的。通道于CPU，有自己的指令系统。该指令系统比较简单，一般只有数据传送指令、设备控制指令等。 综上分析，本题选B选项。

33． 通过IEEE 802．3局域网传送ASCII码信息“Good moming!”，若封装成一个MAC帧，则该帧的数据字段的有效字节为( )，需要填充( )个字节。

A．12、34 B．13、34 C．13、33 D．12、33

正确答案：C 解析：可以看出ASCII码信息中一共有13个字符(注意空格)，每个字符用1个字节表示，故有效字节为13，由MAC帧的封装规则，数据字段最少需要46个字节，不足的以填充字节补充。 故需要填充的字节数为46-13=33。

34． 在异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和2位终止位，若每秒传送100个字符，采用4相位调制，则码元速率为( )。

A．50波特／s B．500波特／s C．550波特／s D．1100波特／s

正确答案：C

解析：采用四相位调制，表示有四种波形，为了标识这四种波形，至少需要2位，也就是用2位来表示一个码元。每个字符共11位，每秒100个字符，则比特率为1100bit／s，2位表示一个码元，则码元的速率为1100／2=550波特／s。

35． 假设有一个12位的海明码(采用偶校验编码，且最多只有1位发生错误)，其十六进制的值为ACFH，请问原来的值是( )。

A．EFH B．AFH C．4FH D．BFH

正确答案：B

解析：先将编码后的数据换成二进制形式。十六进制ACFH转换为二进制为1010 1100 1111。其次，列出数据与位置的对应表，如表5-3所示。 其中，第1、2、4、8位为校验位，其余位为数据位。 不妨设出错位为e1、e2、e3、e4，怎么确定e1、e2、e3、e4与数据位的关系呢?M1下标中的1可以表示成0001，这里的0001分别对应e4、e3、e2、e1(倒过来看)，由于e1的值为1，所以M1

只和e1有关。M3下标中的3可以表示成0011，所以M3和e1、e2有关；M7下标中的7可以表示成0111，所以M7和e1、e2、e3有关。其他以此类推，只需要将这些有关的用异或符号⊕连接起来即可，最后可得如下公式： e1=M1⊕M3⊕M5⊕M7⊕M9⊕M11=1⊕1⊕1⊕1⊕1⊕1=1 e2=M2⊕M3⊕M6⊕M7⊕M10⊕M11=0⊕1⊕1⊕0⊕1⊕1=0 e3=M4⊕M5⊕M6⊕M7⊕M12=0⊕1⊕1⊕0⊕1=1 e4=M8⊕M9⊕M10⊕M11⊕M12=0⊕1⊕1⊕1⊕1=0 按照e4、e3、e2、e1的排列方式得到的二进制序列为0101，恰好是二进制5，只需要把第五位取反即可，最后的正确信息为1010 0100 1111，然后删除校验位，即第1、2、4、8位，最后得到原始的数据位为1010 1111，转换成十六进制为AFH。

36． 下列说法中，错误的是( )。Ⅰ．0．0．0．0不能作为目的IP地址Ⅱ．100．255．255．255不能作为源IP地址Ⅲ．255．255．255．255可作为目的IP地址Ⅳ．127．0．0．1既可以作为目的IP地址，也可以作为源IP电址

A．仅Ⅰ

B．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ C．仅Ⅰ、Ⅱ D．仅Ⅱ、Ⅲ

正确答案：A

解析：Ⅰ：这个在高分笔记中多次强调，0．0．0．0是不能作为目的地址，但是0．0．0．0是可以作为默认目的地址的。例如在2009年真题中考过，当路由器向互联网转发IP分组时，到互联网的路由其实就相当于一个默认路由，默认路由一般写作0／0，即默认目的地址为0．0．0．0，子网掩码也是0．0．0．0，故I正确。 Ⅱ：100．255．255．255是A类广播地址，不能作为源地址，故Ⅱ正确。 Ⅲ：目的IP地址为255．255．255．255，表示一个主机想把分组发送给互联网所有其他的主机，但是路由器会把这种类型的地址阻拦，使得这样的广播仅仅局限于本地局域网，255．255．255．255属于E类地址，故Ⅲ正确。 Ⅳ：127．0．0．1既可以作为目的IP地址，也可以作为源IP地址，故Ⅳ正确。

37． 设有下面4条路由：172．18．129．0／24、172．18．130．0／24、172．18．132．0／24和172．18．133．0／24，如果进行路由聚合，能覆盖这4条路由的地址是( )。

A．172．18．128．0／21 B．172．18．128．0／22 C．172．18．130．0／22 D．172．18．132．0／23

正确答案：A 解析：前两个字节和最后一个字节不做比较了，只比较第三个字节即可。129→10000001130→10000010132→10000100133→10000101显然，这4个数字只有前5位是完全相同的，因此汇聚后的网络的第3个字节应该是10000000→128。汇聚后的网络的掩码中1的数量应该有8+8+5=21，因此答案是172．18．128．0／21。

38． 在下列地址中，属于子网86．32．0．0／12的地址是( )。Ⅰ．86．33．224．123Ⅱ．86．79．65．126Ⅲ．86．68．65．216

A．仅Ⅰ B．仅Ⅰ、Ⅱ C．仅Ⅱ、Ⅲ D．仅Ⅲ

正确答案：A

解析：CIDR地址块86．32．0．0／12的网络前缀为12位，说明第二个字节的前4位在前缀中。第2个字节为32，转换成二进制为0010 000。选项给出的3个地址的第2个字节的前4位分别是0010、0100、0100，所以只有Ⅰ满足。

39． 下列说法中，错误的是( )。Ⅰ．TCP不支持广播服务Ⅱ．如果用户程序使用UDP协议，则应用层必须承担数据传输的可靠性Ⅲ．UDP数据报首部包含UDP源端口、UDP目的端口、UDP数据报首度和校验和Ⅳ．TCP协议采用的滑动窗口协议能够解决拥塞控制问题

A．仅Ⅲ、Ⅳ B．仅Ⅱ、Ⅲ C．仅Ⅰ、Ⅲ

D．仅Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ

正确答案：A

解析：Ⅰ：TCP提供的是一对一全双工可靠的字节流服务，所以TCP并不支持广播，故Ⅰ正确。 Ⅱ：传输层协议主要包括：创建进程到进程的通信，提供流量控制机制。UDP协议使用端口号完成进程到进程的通信，但在收到用户数据报时没有流量控制的机制，也没有确认，而只是提供有限的差错控制，因此UDP是一个无连接、不可靠的协议。如果用户应用程序使用UDP协议进行数据传输，必须在传输层的上层，即应用层提供可靠性方面的全部工作，故Ⅱ正确。 Ⅲ：UDP数据报的首部格式包括UDP源端口号、UDP目的端口号、UDP报文长度(2字节)和校验和，不包括UDP数据报首度。因为UDP首部为固定8B，所以UDP首度字段可以省略，故Ⅲ错误。 Ⅳ：拥塞控制是一个全局性的过程，涉及所有的主机、路由器，以及与降低网络传输性能有关的所有因素。而滑动窗口协议仅仅是对于点对点的通信进行控制，即TCP协议采用的滑动窗口协议只能够解决流量控制，故Ⅳ错误。

40． 一个万维网网点有1千万个页面，平均每个页面有10个链接。读取一个页面平均要100ms。问要检索整个网点需要的时间最少为( )。

A．103s B．104s C．105s D．106s

正确答案：D

解析：因为一个万维网网点有1千万个页面，读取一个页面平均要100ms，所以检索整个网点需要的最少时间是100ms×10000000=106s，与每个页面的链接数目无关。

综合应用题41-47小题，共70分。

有如图3-4所示的带权有向图G，试回答以下问题。

41． 给出图G的邻接表。

正确答案：图G的邻接表如下：

42． 给出从顶点1出发的深度优先遍历序列和广度优先遍历序列。

正确答案：从顶点1出发的深度优先遍历序列：1→2→3→8→4→5→7→6。从顶点1出发的广度优先遍历序列：1→2→4→6→3→5→7→8。

43． 给出G的一个拓扑序列。

正确答案：G的一个拓扑序列是：1→2→6→4→5→3→7→8。

44． 判断该图是否为强连通图。

正确答案：强连通图是指图中任何一个点到图中其他所有点都有路径。因为顶点8到其他点无路径，所以该图不是强连通图。

45． 若用三元组存储邻接矩阵的数据，每个三元组占3个字节，求共需多大空间?若用邻接矩阵存储时每个元素占1个字节，试比较哪种存储更省空间。

正确答案：稀疏矩阵的压缩一般采用三元组的方式。

设二叉排序树用二叉链表表示，结点结构为(1child，data，rchild)，其中，data为整形，指针1child和rchild分别指向左右孩子。

46． 试写出二叉链表的结点类型和指针类型的定义。

正确答案：struct Node{ int data； Node* ichild； Node* rchild；};

47． 给定一棵递增有序的二叉排序树(前序遍历得递增有序序列)，根指针为root，试写出算法：将该二叉排序树转变为递减有序的二叉排序树(前序遍历得递减有序序列)，返回根指针。

正确答案：对于如图3-16a所示的子树，假设根节点P的左子树和右子树都已经经过调整而达到题目的要求，rm结点为右子树前序遍历的最后一个结点，由于P的左子树1tree的元素都小于右子树nree的任意元素，所以图3-16a右边所示的树是满足题目要求的。类似地，在没有左子树(右子树)的情况下，按方案图3-16b(或图3-16c)调整该树得到的结果是满足要求的。我们可以按递归的方式，对于不同的情况，用图3-16a、b、c所示三种规则对树进行调整。代码如下：Node* reverseTree(Node *p，Node *m){ Node *，*r，*1m，*rm； if(p-＞rchild!=NULL)r=reverseTree(p-＞rchild，rm)； ／／递归处理右子树 if(p-＞ichild!=NULL)1=reverseTree(p-＞ichild，im); ／／递归处理左子树 Node *q=(Node *)malloc(sizeof (Node))； ／／申请并初始化新结点q q-＞data=p-＞data； q-＞ichild=q-＞xchild=NULL； m=q； if(r!=NULL) ／／若递归返回之后右子树不空 { if(1!=NULL)rm-＞ichild=1； ／／若递归返回之后左子树不空 rm-＞rchild=q； ／／结点q作为右孩子 return r； ／／返回调整后的树 } if(1!=NULL) ／／若递归返回之后左子树不空 { 1m-＞1child=q； ／／结点q作为左孩子 return 1； ／／返回调整后的树 } return q；}

48． 分析你所设计算法的时间复杂度。

正确答案：时间复杂度分析：由于树中的每个结点只被访问一次，所以时间复杂度为O(n)。

有5个中断源D1、D2、D3、D4和D5，它们的中断优先级从高到低分别是1级、2级、3级、4级和5级。这些中断源的中断优先级，正常情况下的中断屏蔽码和改变后的中断屏蔽码如表3-4所示。每个中断源有5位中断屏蔽码，“0”表示该中断开放，“1”表示该中断被屏蔽。

49． 当使用正常的中断屏蔽码时，处理机响应各中断源的中断服务请求的顺序是什么?实际的中断处理顺序是什么?

正确答案：中断优先级包含响应优先级和处理优先级，没有特殊指明即为响应优先级，即处理机响应各中断源的中断服务请求的顺序。因此，处理机响应各中断源的中断服务请求的顺序为D1、D2、D3、D4、D5。 实际的中断处理顺序即为处理优先级，在没有采用屏蔽技术时，响应优先级就是处理优先级。根据正常的中断屏蔽码，由于响应中断源D1的中断屏蔽码为全1，即屏蔽了其他所有的中断源，处理完D1之后，响应D2。由于其中断屏蔽码可知它只能被中断源D1打断，所以其处理优先级为2，后面的以此类推。最后可得，实际的中断处理顺序为D1、D2、D3、D4、D5。

50． 当使用改变后的中断屏蔽码时，处理机响应各中断源的中断服务请求的顺序是什么?实际的中断处理顺序是什么?

正确答案：因为中断屏蔽码不改变中断的响应优先级，所以使用改变后的中

断屏蔽码时，处理机响应各中断源的中断服务请求的顺序仍为D1、D2、D3、D4、D5；处理优先级的分析如下：首先处理机响应D1，它可以被D2打断，因而转去响应D2，D2又被D3打断，转去响应D3，D3又被D4打断，而D5不能打断D4，所以D4中断服务程序可以全部执行完。然后响应D5，D5后面没有中断源，所以此时可以执行完D5的中断服务程序，之后返回到D3未执行完的中断服务程序处，执行完D3的中断服务程序，然后再返回到D2未执行完的中断服务程序处，执行完D2的中断服务程序，最后执行完D1的中断服务程序，返回主程序。实际的中断处理顺序为D4、D5、D3、D2、D1。

51． 当D1、D2、D3、D4、D5这5个中断源同时发出中断请求时(采用改变后的中断屏蔽码)，试画出处理机响应中断源的中断服务请求和实际运行中断服务过程的示意图。

正确答案：根据(2)的分析可画出处理机响应中断源的中断服务请求和实际运行中断服务过程的不意图，如图3-17所示。

52． 假设从处理机响应中断源的中断服务请求开始，到运行中断服务程序中第一次开中断所用的时间为1个单位时间，处理机运行中断服务程序的其他部分所用的时间为4个单位时间。当处理机在执行主程序时，中断源D3、D4和D5同时发出中断服务请求，经过3个单位时间后，中断源D1和D2同时发出中断服务请求。采用改变后的中断屏蔽码，画出处理机响应各中断源的中断服务请求和实际运行中断服务程序过程的示意图。

正确答案：首先响应D3，D3被D4打断，响应D4并执行完D4的中断服务程序，之后相当于D1，D2，D5同时发出中断请求，因为D4处理完后立即返回D3，所以此时中断屏蔽寄存器的内容为D3的中断屏蔽码，由于D3可以被D2打断，所以响应D2，D2被D1打断，响应D1，D1又被D5打断，执行完D5的中断服务程序。然后再依次返回D1、D2、D3，最后返回主程序。由上面的分析可画出处理机响应各中断源的中断服务请求和实际运行中断服务程序过程的示意图如图3-18所示。这题目容易弄错的一点是：当处理完D4之后以为按响应优先级去响应D1，要注意的是D4处理完后立即返回D3，此时中断屏蔽寄存器的内容为D3的中断屏蔽码，而D3只能被D2打断，因此转去响应D2。

某16位机器所使用的指令格式和寻址方式如图3-5所示，该机有两个20位基址寄存器，4个16位变址寄存器，16个16位通用寄存器。指令汇编格式中的S(源)、D(目标)都是通用寄存器，M是主存的一个单元。3种指令的操作码分别是MOV(OP)=(A)H，STA(OP)=(1B)H，LDA(OP)=(3C)H。MOV是传送指令，STA为写数指令，LDA为读数指令。

53． 试分析3种指令的指令格式和寻址方式特点。

正确答案：第一种指令是单字长二地址指令，属于RR型。第二种指令是双字长二地址指令，属于RS型，其中S采用基址寻址或变址寻址，R由源寄存器

决定。第三种也是双字长二地址指令，属于RS型，其中R由目标寄存器决定，S由20位地址(直接寻址)决定。

． 处理机完成哪一种操作所花时间最短?哪一种操作所花时间最长?第二种指令的执行时间有时会等于第三种指令的执行时间吗?

正确答案：处理器完成第一种指令所花的时间最短，因为是RR型指令，不需要访问存储器。第二种指令所花的时间最长，因为是RS型指令，需要访问存储器，同时要进行寻址方式的变换运算(基址或变址)，这也要时间。第二种指令的执行时间不会等于第三种指令，因为第三种指令虽也访问存储器，但节省了求有效地址运算的时间。

55． 下列情况中，每个十六进制指令字分别代表什么操作?并且描述此指令的作用。其中有些编码不正确，如何改正才能成为合法指令? ①FOF1H、3CD2H ②2856H ③6FD6H

正确答案：根据已知条件：MOV(0P)=001010，STA(OP)=011011，LDA(OP)=111100，将指令的十六进制格式转换成二进制代码且比较后可知： 1)(FOF1)H(3CD2)H前面6位为111100，所以该指令代表LDA指令。完整的二进制代码为：111100 00 1111 0001 0011 1100 1101 0010，前面111100代表操作码，00代表横线的内容。1111代表目标寄存器，含义是把主存(13CD2)H地址单元的内容取至115号寄存器。 2)(2856)H前面6位为001010，所以该指令代表MOV指令。完整的二进制代码为：00101000 0101 0110，其中后面的0101和0110分表代表目标寄存器和源寄存器，含义是把6号源寄存器的内容传送至5号目标寄存器。 3)首先因为(6FD6)H是单字长指令，所以肯定属于MOV指令，但是编码错误。6FD6的二进制为011011 11 1101 0110，可以将011011改为001010，11改为00，00代表横线的内容。所以最后可纠正为(28D6)H，含义是把6号源寄存器的内容传送至13号目标寄存器。

假设有一个进程拥有两个线程(编号为0和1)需要去访问同一个共享资源，为了避免竞争状态的问题，必须实现一种互斥机制，使得在任何时候只能有一个线程在访问这个资源。假设有如下的一段代码：int flag[2]； ／*flag数组，初始化为FALSE*／Enter_Critica1_Section(int my_thread_id)，int other_thread_id){ while (flag [other_thread_id]==TRUE)；／*空循环语句*／ flag[my_thread_id]=TRUE；}Exit_Critica1_Section(int my_thread_id)，int other_thread_id){ flag[my_thread_id]=FALSE；} 当一个线程想要访问临界资源时，就调用上述的这两个函数。比如，线程0的代码可能是这样的：Enter_Critica1_Section(0，1)；……使用这个资源……Exit_Critica1_Section(0，1)；……做其他的事情…… 试问：

56． 该共享资源可以是？

正确答案：进程代码、进程所拥有的已打开文件

57． 以上的这种机制能够实现资源互斥访问吗?为什么?

正确答案：这种机制不能实现资源的互斥访问。 考虑如下的情形： 1)初始化的时候，flag数组的两个元素值均为FALSE。 2)线程0先执行，在执行while循环语句的时候，由于flag[1]=FALSE，所以顺利结束，不会被卡住。假设这个时候来了一个时钟中断，则打断它的运行。 3)线程1去执行，在执行while循环语句的时候，由于flag[0]=FALSE，所以顺利结束，不会被卡住，然后就进入了临界区。 4)后来当线程0再执行的时候，也进入了临界区，这样就同时有两个线程在临界区。 不能成功的根本原因是无法保证Enter_Critical_Section( )函数执行的原子性，从上面的软件实现方法中可以看出，对于两个进程间的互斥，最主要的问题就是标志的检查和修改不能作为一个整体来执行，因此容易导致无法保证互斥访问。

58． 如果把Enter Critical Section( )函数中的两条语句互换一下位置，结果会如何?

正确答案：可能会出现死锁。 考虑如下的情形： 1)初始化的时候，flag数组的两个元素值均为FALSE。 2)线程0先执行，flag[0]=TRUE，假设这个时候来了一个时钟中断，则打断它的运行。 3)线程1去执行，flag[1]=TRUE，在执行while循环语句的时候，由于flag[0]=TRUE，所以在这个地方被卡住了，直到时间片用完。 4)线程0再执行的时候，由于flag[1]=TRUE，它也在while循环语句的地方被卡住了，这样，这两个线程都无法执行下去，从而死锁。 本题出现死锁的原因是两个线程都可以直接进入Enter Critical Section( )函数，并立即对flag[]进行修改，使flag[0]和flag[1]的值都为TRUE；又因为无法保讦Enter_Critica1_Section( )函数执行的原子性，导致了两个进程在停止while( )语句的条件判断上，发生死锁。

设一作业共有5页(0～4)，其中程序占3页(0～2页)，常数占1页(第3页)，工作单元占1页(第4页)，它们依次放在外存的45、46页和98、99、100页。现程序段已分配在内存的7、10、19页，而常数区和工作区尚未获得内存。请回答下述问题：

59． 页表应包含哪些项目?填写此页表。若工作区分配到内存的第9页，则页表如何变化?

正确答案：页表应该包含：作业页号、状态位、存取方式、外存页号、内存页号、修改位等项目。若工作区分配到内存的第9页，则页表如下：

60． 在运行中，因需要使用常数而发生中断，假定此时内存无空闲页面，需要把第9页淘汰，操作系统应如何处理?页表又发生什么变化?

正确答案：在把第9页淘汰之前，先检查其修改位，若此页内存已发生过写

操作，则说明与外存对应的页面副本不一致，必须重写回外存，然后才能分配给常数区。 页表变化如下：

某单位局域网通过ISP提供的宽带线路与Internet相连，ISP分配的公网IP地址为202．117．12．32／29，局域网中一部分计算机通过代理服务器访问Internet，而另一部分计算机不通过代理服务器直接访问Internet，网络结构如图3-6所示。 回答下列问题：

61． 区域A、B的网络地址、子网掩码和默认网关是什么?

正确答案：区域A网络地址范围：192．168．0．1～192．168．0．2，子网掩码：255．255．255．0，默认网关：192．168．0．1／24；区域B网络地址范围：202．117．12．34～202．117．12．38，子网掩码：255．255．255．248，默认网关：202．117．12．33／29。

62． 如果该单位有一台需对外发布公共信息的Web服务器，应将其接入哪个区域?在接入因特网时，哪个区域的计算机安全性更好?

正确答案：如果该单位有一台需对外发布公共信息的Web服务器，应能够被来自公网的IP访问到，因此服务器必须具有公网的IP地址，所以应将其接入区域B；在接入因特网时，区域A的计算机安全性更好，因为区域A属于内网。

63． IP地址为192．168．0．36和202．117．12．36的计算机发送报文到Internet上，分别给出IP数据包的源IP地址。

正确答案：IP地址为192．168．0．36的计算机属于内网，在发送数据到Internet时需要进行网络地址转换，将内网源IP地址转为公网源IP地址202．117．12．34.IP地址为202．117．12．36的计算机属于公网，所以源IP地址为202．117．12．36。

． 如果电信部门分配的公网IP地址为202．117．12．32／30，则网络连接应如何改动?

正确答案：如果电信部门分配的公网IP地址为202．117．12.32／30，此时主机标识只占2位，所以只有创建一个内网才够使用，应把代理服务器与因特网直接连接，区域B并入区域A。