2017年天津科技大学842自命题计算机学科专业基础综合之计算机组成原理考研仿真模拟题

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2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（一） .................................................................................... 2 2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（二） .................................................................................. 14 2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（三） .................................................................................. 27 2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（四） .................................................................................. 40 2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（五） .................................................................................. 52

2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专

业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（一）

说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。

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一、选择题

1． 下列各项中，（ ）是同步传输的特点。

A.需要应答信号

B.各部件的存取时间比较接近 C.总线长度较长 D.总线周期长度可变 【答案】B

2． 下列关于闪存（FlashMemory）的叙述中，错误的是（ ）。

A.信息可读可写，并且读、写速度一样快 B.存储元由MOS管组成，是一种半导体存储器 C.掉电后信息不丢失，是一种非易失性存储器 D.采用随机访问方式，可替代计算机外部存储器 【答案】A。

【解析】考查闪存的特性，闪存是EEPROM的进一步发展，可读可写，用MOS管的浮栅上有无电荷来存储信息，它依然是ROM的一种，故写速度比读速度要慢不少。闪存是一种非易失性存储器，它采用随机访问方式，现在常见的SSD固态硬盘就是由flash芯片组成的，故答案为A。 3． 一张

A.B.C.

英寸软盘的存储容量为（ ）MB,每个扇区存储的固定数据是（ ）。

【答案】A

4． 计算机的外围设备是指（ ）。

A.输入/输出设备 B.外存设备 C.远程通信设备

D.除了CTU和内存以外的其他设备 【答案】D

5． 下列各项中，不属于安腾体系结构基本特征的是（ ）。

A.超长指令字 B.显式并行指令计算 C.推断执行 D.超线程 【答案】D

6． 下面关于计算机图形和图像的叙述中，正确的是（ ）。

A.图形比图像更适合表现类似于照片和绘画之类的有真实感的画面 B.—般说来图像比图形的数据量要少一些 C.图形比图像更容易编辑、修改 D.图像比图形更有用 【答案】C

7． 指令系统中采用不同寻址方式的目的主要是（ ）。

A.实现存储程序和程序控制

B.缩短指令长度，扩大寻址空间，提高编程灵活性 C.可以直接访问外存

D.提供扩展操作码的可能并降低指令译码难度 【答案】B

8． 计算机操作的最小时间单位是（ ）。

A.时钟周期 B.指令周期 C.CPU周期 D.微指令周期 【答案】A

9． 以太网的MAC协议提供的是（ ）。

A.无连接不可靠服务 B.无连接可靠服务 C.有连接不可靠服务 D.有连接可靠服务 【答案】A。

【解析】考查以太网MAC协议，考虑到局域网信道质量好，以太网采取了两项重要的措施以使通信更简洁：①采用无连接的工作方式；②不对发送的数据帧进行编号，也不要求对方发回确认。因此，以太网提供的服务是不可靠的服务，即尽最大努力交付，差错的纠正由高层完成。

10．对如下所示的有向图进行拓扑排序，得到的拓扑序列可能是（ ）

A.3,1,2,4,5,6 B.3,1,2,4,6,5 C.3,1,4,2,5,6 D.3,1,4,2,6,

5

【答案】D

【解析】拓扑排序方法如下：

（1）从有向图中选择一个没有前驱（即入度为0）的顶点并且输出它； （2）从图中删去该顶点，并且删去从该顶点发出的全部有向边； （3）重复上述两步，直到剩余的网中不再存在没有前趋的顶点为止。

对于此有向图进行拓扑排序所有序列为：3,1,4,6,2,5和3,1,4,2,6,5。所以选D

11．虚拟段页式存储管理方案的特点为（ ）。

A.空间浪费大、存储共孚不易、存储保护容易、不能动态连接 B.空间浪费小、存储共孚容易、存储保护不易、不能动态连接 C.空间浪费大、存储共享不易、存储保护容易、能动态连接 D.空间浪费小、存储共享容易、存储保护容易、能动态连接 【答案】D

12．现有容量为10GB的磁盘分区，磁盘空间以簇（cluster）为单位进行分配，簇的大小为4KB,若采用位图法管理该分区的空闲空间，即用一位（bit）标识一个簇是否被分配，则存放该位图所需簇的个数为（ ）

A.80 B.320 C.80K D.320K 【答案】A

【解析】磁盘的簇的个数为：

而一个簇的位示图能管理的簇的个数为：所以需要簇的个数为

13．如果认为等待设备的状态信号是处于非工作状态（即踏步等待），那么在下面几种主机

_____主机与设备是串行工作的_____主机与设备是并行工作的_____；；与设备之间的数据传送中：主程序与设备是并行运行的。

A.程序查询方式 B.程序中断方式 C.

方式

【答案】A， B， C

14．在机器数中，（ ）的零的表示形式是唯一的。

A.原码 B.补码 C.反码 D.原码和反码 【答案】B

15．希尔排序的组内排序采用的是（ ）。

A.直接插入排序 B.折半插入排序 C.快速排序 D.归并排序 【答案】A

【解析】希尔排序基本思想是：先将整个待排元素序列按某个增量分割成若干个子序列，在子序列内进行直接插入排序，然后依次缩减增量再进行排序，待整个序列中的元素基本有序（増量足够小）时，再对全体元素进行一次直接插入排序。

16．若磁盘转速为7200转/分，平均寻道时间为8ms,每个磁道包含1000个扇区，则访问一个扇区的平均存取时间大约是（ ）。

A.8.1ms B.12.2ms C.16.3ms D.20.5ms 【答案】B

【解析】磁盘的平均寻址时间包括平均寻道时间和平均等待时间。平均寻道时间为8ms，平均等待时间与磁盘转速有关，

为

因此总的时间为：

磁盘的存取一个扇区的时间

为

17．若某通信链路的数据传输速率为2400bps，采用4相位调制，则该链路的波特率是 （ ）。

A.600波特

B.1200波特 C.4800波特 D.9600波特 【答案】B

【解析】注意无噪声下的码元速率极限值B与信道带宽H的关系：斯特公式——无噪信道传输能力公式是

而可以得到波特率与数据传输速率的关系，

即

而奈奎

N为一个码元所取的离散值个数。从

在本题中数据传输速率

C=2400,N=4，因此波特率是1200,答案是B。

18．设文件索引节点中有7个地址项，其中4个地址项为直接地址索引，2个地址项是一级间接地址索引，1个地址项是二级间接地址索引，每个地址项大小为4字节，若磁盘索引块和磁盘数据块的大小均为256字节，则可表示的单个文件最大长度是（ ）。

A.33KB B.519KB C.1057KB D.16513KB 【答案】C

【解析】4个地址项为直接地址索引，其指向的数据块大小4×256B=lKB，一级间接地址索引可以索引256/4=64个直接地址索引，故2个一级间接地址索引指向的数据块大小为2×64×256B=32KB，二级间接地址索引为256/4×256/4=4096个直接地址索引，故1个二级间接地址索引指向的数据块大小为4096×256B=1024KB，共计1KB+32KB+1024KB=1057KB。

19．下列有关存储器的描述中，正确的是（ ）。

A.多级存储体系由cache、主存和虚拟存储器构成

B.存储保护的目的是：在多用户环境中，既要防止一个用户程序出错而破坏系统软件或其他用户程序，又要防止一个用户访问不是分配给他的主存区，以达到数据安全与保密的要求

C.在虚拟存储器中，外存和主存以相同的方式工作，因此允许程序员用比主存空间大得多的外存空间编程

D.cache和虚拟存储器这两种存储器管理策略都利用了程序的局部性原理 【答案】D

20．下面操作中应该由特权指令完成的是（ ）。

A.设置定时器的初值

B.从用户模式切换到管理员模式 C.开定时器中断 D.关中断 【答案】B

二、分析题

21．如图1所示的系统是A、B、C三个设备组成的单级中断结构，它要求CPU在执行完当前指令时转向对中断请求进行服务。现假设：

图1

为查询链中每个设备的延迟时间；

分别为设备A、B、C的服务程序所需的执行时间；

场所需时间主存的工作周期TM。试问：

①分析CPU处理设备A、B、C的服务程序所需的执行时间。

注意：“中断允许”机构在确认一个新中断之前，先要让即将被中断的程序的一条指令执行完毕。

②就这个中断请求环境来说，系统在什么情况下达到中断饱和？也就是说，在确保请求服务的三个设备都不会丢失信息的条件下，允许出现中断的极限频率有多高？

③如果将系统改为多级中断系统，极限频率如何变化

【答案】①中断处理过程和各时间段如图2所示。假定三个设备同时发出中断请求，那么依次分别处理设备C、B、A时间如下：

为保存现场和恢复现

图

2

②三个设备所花的总时间为：

系统改为多级中断系统，对中断

T是达到中断饱和的最小时间，即中断极限频率为

极限频率有影响（重新计算）。

22．如图表示使用页表的虚实地址转换条件，页表存放在相联存储器中，其容量为8个存储单元，求：

（1）当CPU按虚拟地址1去访问主存时，主存的实地址是多少？ （2）当CPU按虚拟地址2去访问主存时，主存的实地址是多少？ （3）当CPU按虚拟地址3去访问主存时，主存的实地址是多少？

图

【答案】（1）用虚拟地址为1的页号15作为页表检索项，查得页号为15的页在主存中的起始地址为80000,故将80000与虚拟地址中的页内地址0324相加，求得主存实地址为80324。

（2）同理，主存实地址

（3）虚拟地址3的页号为48,查页表时，发现此页面在页表中不存在，此时操作系统暂停用户作业程序的执行，转去查页表程序。如该页面在主存中，则将该页号及该页在主存中的起始地址写入主存；如该页面不在主存中，则操作系统要将该页面从外存调入主存，然后将页号及其主存中的起始地址写入页表。

23．—磁带机有9道磁道，带长700m,带速2m/ s，每个数据块1KB,块间间隔14mm。若数据传输率为

试求：

（1）记录位密度。

（2）若带首尾各空2m，求此带最大有效存储容量。 【答案】（1）由于数据传输率（2）传送一个数据块所需时间为

一个数据块占用长度为

每块间隙

数据块总数为

故磁带存储器有效存储容量为

24．设变量h放在寄存器代码。C赋值语句是；

【答案】虽然C语句只有一个相加的操作，但是两个操作数均在存储器中，因此需要更多的ARM指令。首先用取字（LDR）指令访问存储器单元存器

最后用存字（STR）指令将

寄存器，位移量为

然后用ADD指令将

放在寄

中的结果写到存储器单元

此时寄存器作为基地址

数组A的基值放在寄存器r3,请将下面c语句翻译成ARM汇编语言

其中D为记录位密度，vS线速度，故

因ARM也是字节寻址。3条ARM汇编语言指令形式如下：

25．比较同步定时与异步定时的优缺点。

【答案】同步定时协议采用公共时钟，具有较高的传输频率。但由于同步总线必须按最慢的模块来设计公共时钟，当各功能模块存取时间相差很大时，会大大损失总线效率。

异步定时的优点是总线周期长度可变，不把响应时间强加到功能模块上，因而允许快速和慢速的功能模块都能连接到同一总线上。但缺点是：总线复杂，成本较高。

26．指令格式结构如下所示，试分析指令格式及寻址方式特点。

【答案】指令格式及寻址方式特点如下： （1）单字长二地址指令。 （2）操作码字段OP可以指定均在寄存器中。

（4）这种指令结构常用于算术逻辑运算类指令。

条指令。

，所以是RR型指令，两个操作数（3）源和目标都是通用寄存器（可分别指定32个寄存器）

三、综合应用题

27．某计算机的主存地址空间大小为256MB，按字节编址，指令Cache和数据Cache分离，均有8个Cache行，每个Cache行大小为64B，数据Cache采用直接映射方式。现有两个功能相同的程序A和B，其伪代码如下所本：程序A:程序B:

假定int类型数据用32位补码表示，程序编译时i，j，sum均分配在寄存器中，数组a按行优先方式存放，首地址320（十进制数）。请回答下列问题，要求说明理由或给出计算过程。

（1）若不考虑用于Cache—致性维护和替换算法的控制位，贝U数据Cache的总容量为多少？ （2）数组数据a[0][31]和a[l][l]各自所在的主存块对应的Cache行号分别是多少（Cache行号从0开始）？

（3）程序A和B的数据访问命中率各是多少?哪个程序的执行时间更短？ 【答案】

（1）每个Cache行对应一个标记项，标记项包括有效位、脏位、替换控制位以及标记位。由主存空间大小为256M可知地址总长度为28位，其中块内地址为_效位，数据Cache共有8行，故Cache的总容量为8*（64+20/8）B=532B

（2）数组a在主存的存放位置及其与Cache之间的映射关系如下图所示：

位，Cache

块号为

位，不考虑一致性维护和替换算法的控制位，则Tag的位数为28-6-3=19位，还需一位有

图

数组按行优先方式存放，首地址为320，数组元素占4个字节。a[0][31]所在的主存块对应的Cache行号为（320+31*4）/64=6；a[l][l]所在的主存块对应的Cache行号为（320+256*4+1*4）/64%8=5。

（3）数组a的大小为逐行访问数组a，共需访问的次数为程序A的数据访问命中率为

个主存块，按行优先存放，程序A

次，每个字块的第一个数未面中，因此未面中次数为

次，

Cache总容量为64B*8=512B，数组a—行

的大小为1KB正好是Cache容量的2倍，可知不同行的同一列数组元素使用的是同一个Cache单元，而程序B逐列访问数组a的数据时，都会将之前的字块置换出，也即每次访问都不会面中，故程序B的数据访问命中率是0，因此程序A的执行过程更短。

28．假定某计算机的CPU主频为80MHz，CPI为4，并且平均每条指令访存1.5次，主存与Cache之间交换的块大小为168,Cache的命中率为99%，存储器总线宽度为32位。请回答下列问题。

（1）该计算机的MIPS数是多少?平均每秒Cache缺失的次数是多少?在不考虑DMA传送的情况下，主存带宽至少达到多少才能满足CPU的访存要求？

（2）假定在Cache缺失的情况下访问主存时，存在挪用方式，磁盘

接口的数据缓冲寄存器为32位，则磁盘

的缺页率，则CPU平均每秒产生接口平均每秒发出的DMA请

多少次缺页异常?若页面大小为4KB，每次缺页都需要访问磁盘，访问磁盘时DMA传送采用周期求次数至少是多少？

（3）CPU和DMA控制器同时要求使用存储器总线时，哪个优先级更高?为什么？ （4）为了提高性能，主存采用4体交叉存储模式，工作时每1/4个存储周期启动一个体。若每个体的存储周期为50ns，则该主存能提供的最大带宽是多少？

【答案】

（1）平均每秒CPU执行的指令数为：80M/4=20M，故MIPS数为20;

平均每秒Cache缺失的次数为：为

：

足CPU的访存要求。

（2）平均每秒钟“缺页”异常次数为：故平均每秒磁盘DMA请求的次数至少为：请求得不到及时响应，

传输数据可能会丢失。

才能满

当Cache缺失时，CPU访问主存，主存与Cache之间以块为单位传送数据，此时，主存带宽

在不考虑DMA传输的情况下，主存带宽至少达到

因为存储器总线宽度为32位，所以，每传送32位数据，磁盘控制器发出一次DMA请求，CPU和DMA控制器同时要求使用存储器总线时，DMA请求优先级更高；因为若DMA（3）

（4）4体交叉存储模式能提供的最大带宽为：

29．已知某64位机主存采用半导体存储器，其地址码为26位，若使用该机所允许的最大主存空间，并选用内存条结构形式，问：

（1）若每个内存条为（2

）每个内存条内共有多少（3）主存共需多少每个内存条为

芯片？

位，共需几个内存条？

芯片？

如何选择各内存条？

由于字长为64位，则存储容量为

位的内存条，则需

要

位。

位的

芯片组成

26位地址的存储器的存储空间为【答案】（1）

位，则需要的内存条的个数为

位

的

个芯片，

（2）若使

用（3）主存共需

芯片构

成

位内存条的地址线条数为24根，存储器的地址线为可用高2位地址经2-4译码器译码后产生片选信号来

26根，所需的内存条个数为4个，因此

选择内存条。

30．假设Internet的两个自治系统构成网络如图所示，自治系统ASI由路由器R1连接两个子网构成；自治系统AS2由路由器R2、R3互联并连接3个子网构成。各子网地址、R2的接口名、R1与R3的部分接口IP地址如图所示。请回答下列问题。

图 网络拓扑结构

（1）假设路由表结构如下所示。请利用路由聚合技术，给出R2的路由表，要求包括到达图中所有子网的路由，且路由表中的路由项尽可能少。

（2）若R2收到一个目的IP地址为组？

R1与R2之间利用哪个路由协议交换信息？该路由协议的报文被封装到哪个议的分组中（3）进行传输？

【答案】（1）在AS1中，

子网AS2中，子

网

子网

和子

网

和子网

单独连接到R2的接口E0。

可以聚合为子网

可以聚合为子

网

在但缺

少

的IP分组，R2会通过哪个接口转发该IP分

于是可以得到R2的路由表如下：

（2）该IP分组的目的IP地址与路由表中和两个路

由表项均匹配，根据最长匹配原则，R2将通过E0接口转发该1P分组。

（3）R1与R2之间利用BGP4（或BGP）交换路由信息；BGP4的报文被封装到TCP协议段中进行传输。

2017年天津科技大学电子信息与自动化学院842自命题计算机学科专业基础综合[专

业硕士]之计算机组成原理考研仿真模拟题（二）

说明：①本资料为VIP学员内部使用，严格按照2017考研最新题型及历年试题难度出题。

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一、选择题

1． 某文件占10个磁盘块，现要把该文件磁盘块逐个读入主存缓冲区，并送用户区进行分析。假，设一个缓冲区与一个磁盘块大小相同把一个磁盘块读人缓冲区的时间为送到用户区的时间是

CPU对一块数据进行分析的时间为

下，读人并分析完该文件的时间分别是（ ）。

A. B. C. D. 【答案】B

【解析】这是一个简单的缓冲区的问题。由于缓冲区的访问是互斥的，所以对单一缓冲区，从磁盘写入和读出到用户区的操作必须串行执行，也就是要保证互斥操作。而CPU对数据的分析与从用户区读数据也是需要互斥操作，但是CPU分析与从磁盘写入缓冲区的操作可以并行。从本题看，由于分析所用的时间小于从磁盘写入缓冲区的时间，因此，CPU会空闲。单缓冲区的总时间=（磁盘写入缓冲区时间+缓冲区读出时间）xlO+CPU处理最后一块数据的时间

=

当采用双缓冲区时，每块缓冲区的操作也必须满足互斥操作，但是，

对两块缓冲区的操作却可以并行，所以，当第一个缓冲区写满以后，磁盘紧接着写另一个缓冲区，同时，前一个已经满了的缓冲区被读出到用户区，并立即进行CPU的数据分析。读出操作和数据分析必须互斥进行，故从时间上看，当数据被读出并分析后，恰好另一个缓冲区也写满了，可以立即进行读出数据到用户区并进行数据分析。两块缓冲区交替进行读写，直到数据分析完毕，因此，总时间=（磁盘写入缓冲区时间）×10+读出最后一块数据时间+CPU分析最后一块数据时间=

2． 下列说法中正确的是（ ）。

A.SRAM存储器技术提高了计算机的速度 B.若主存由ROM和RAM组成，容量分别为

则主存地址共需

位

C.闪速存储器是一种高密度、非易失性的读/写半导体存储器 D.存取时间是指连续两次读操作所需间隔的最小时间 【答案】C

3． 主机甲向主机乙发送一个

的TCP段，期望与主机乙建立TCP连接，

将缓冲区的数据传

在单缓冲区和双缓冲区结构

若主机乙接受该连接请求，则主机乙向主机甲发送的正确的TCP段可能是（ ）。

A.

B.C.D.【答案】C

【解析】TCP是面向连接的，所谓面向连接，就是当计算机双方通信时必需先建立连接，然后数据传送，最后拆除三个过程，也就是客户主动打开TCP传输，服务器被动打开。第一次握手：客户发送SYN=1,seq=x给服务器，即客户的TCP向服务器发出连接请求报文段，其首部中的同步位SYN=1，并选择序号seq=X,表明传送数据时的第一个数据字节的序号是X。第二次握手：服务器发送SYN=1,ACK=1,Seq=y,ack=X+l给客户，即服务器的TCP收到连接请求报文段后，如同意则发回确认。服务器在确认报文段中应使SYN=1，使ACK=1，其确认号ack=x+l,自己选择的序号seq=y。第三次握手：客户发送ACK=1,seq=x+l,ack=y+l给服务器，即客户收到此报文段后向服务器给出确认，其ACK=1,确认号aCk=y+l。客户的TCP通知上层应用进程，连接已经建立。服务器的TCP收到主机客户的确认后，也通知其上层应用进程：TCP连接已经建立。因此，本题中x=11220,y是主机乙自动选取的序号，可以与x相同，也可以不相同，从而主机乙所发出的TCP段应该是

而答案是C。

4． （ ）对计算机的产生有重要影响。

A.牛顿、维纳、图灵 B.莱布尼兹、布尔、图灵 C.巴贝奇、维纳、麦克斯韦 D.莱布尼兹、布尔、克雷 【答案】B

5． 显示器的主要参数之一是分辨率，其含义为（ ）。

A.显示屏幕的水平和垂直扫描频率 B.显示屏幕上光栅的列数和行数 C.可显示不同颜色的总数

D.同一幅画面允许显示不同颜色的最大数目 【答案】B

6． 一张CD—ROM光盘的存储容量可达（ ）MB,相当于（ ）多张1.44MB的3.5英寸软盘。

A.400, 600 B. 600, 400 C.200, 400 D.400, 200

【答案】B

即从

7． 下列命中组合情况中，一次访存过程中不可能发生的是（ ）。

A.TLB未命中，Cache未命中，Page未命中 B.TLB未命中，Cache命中，Page命中 C.TLB命中，Cache未命中，Page命中 D.TLB命中，Cache命中，Page未命中 【答案】D

【解析】TLB（快表）和慢表（页表，Page）构成二级存储系统，若TLB命中，则Page必命中。因此不可能发生的是D选项。

8． 设文件F1的当前引用计数值为1，先建立F1的符号链接（软链接）文件F2，再建立F1的硬链接文件F3，然后删除F1。此时，F2和F3的引用计数值分别是（ ）。

A.0、1 B.1、1 C.1、2 D.2、1 【答案】B

【解析】为了使文件实现共享，通常在使用该形式文件系统的文件索引节点中设置一个链接，这是共享的一种方法。当计数字段，用来表示链接到本文件的用户目录项的数目（引用计数值）

新文件建立时，一般默认引用计数值为1。硬链接可以看作是已存在文件的另一个名字，新文件和被链接文件指向同一个节点，引用计数值加1。当删除被链接文件时，只是把引用计数值减1，直到引用计数值为0时，才能真正删除文件。软链接又叫符号链接，在新文件中只包含了被链接文件的路径名，新文件和被链接文件指向不同的节点。建立软链接文件时，文件的引用计数值不会增加。在这种方式下，当被链接文件删除时，新文件仍然是存在的，只不过是不能通过新文件的路径访问被链接文件而已。因此，在本题中，当建立F2时，F1和F2的引用计数值都为1。当F1和F3的引用计数值就都变成了2。F3的引用计数值为2-1=1。再建立F3时，当后来删除F1时，F2的引用计数值仍然保持不变，所以F2和F3的引用计数值分别是：1，1。

9． 在一个文件被用户进程首次打开的过程中，操作系统需做的是（ ）

A.将文件内容读到内存中 B.将文件控制块读到内存中 C.修改文件控制块中的读写权限

D.将文件的数据缓冲区首指针返回给用户进程 【答案】B 【解析】概念

10．在无噪声情况下，若某通信链路的带宽为3kHz，采用4个相位，每个相位具有4种振幅的QAM调制技术，则该通信链路的最大数据传输速率是（ ）。

A.12kbps B.24kbps C.48kbps D.96kbps 【答案】B

【解析】首先要根据信道有无噪声来确定是否采用奈奎斯特定理。解题难点在于离散数值的确定，先确定调制技术的码元数，此处为4个相位乘以4种振幅，共16种，即该通信链路的最大数据传输速率=2x3xlog2（4x4）=6x4=24kbps。

11．设系统缓冲区和用户工作均采单，从外读入1个数据块到系统缓冲区的时间为100,从系统缓冲区读入1个数据块到用户工作区的时间为5,对用户工作区中的1个数据块行分析的时间为90（如下图所示）。进程从外设读入并分析2个数据块的最短时间是（ ）

A.200 B.295 C.300 D.390

【答案】C

【解析】数据块1从外设到用户工作区的总时间为105,在这段时间中数据块2没有进行操作。在数据块1进行分析处理时，数据块2从外设到用户工作区的总时间为105,这段时间是并行的。再加上数据块2进行处理的时间90,总共是300,故答案为C。

12．一个由微处理器构成的实时数据采集系统，其采样周期为20ms，A/D转换时间为25@，则当CPU采用方式读取数据时，其效率最高（ ）。

A.查询 B.中断 C.无条件传送 D.延时采样 【答案】B

13．下列数中最小的数为（ ）。

A.C.D.【答案】C

14．3.5英寸软盘记录方式采用（ ）。

A.单面双密度 B.双面双密度 C.双面高密度 D.双面单密度 【答案】C

15．某计算机有16个通用寄存器，采用32位定长指令字操作码字段（含寻址方式位）为8位，Store指令的源操作数和目的操作数分别采用寄存器直接寻址和基址寻址方式，若基址寄存器可使用任一通用寄存器，且偏移量用补码表示，则Store指令中偏移量的取值范围是（ ）

A.-32768 +32767 B.-32767 +32768 C.-65536 +65535 D.-65535 +65536 【答案】A

【解析】寄存器个数指令编址方式如下所示：

16位补码取值范围为-32768 +32767,所以偏移量取值范围为-32768 +32767

16．下列关于RISC的叙述中，错误的是（ ）。

A.RISC普遍采用微程序控制器

B.RISC大多数指令在一个时钟周期内完成 C.RISC的内部通用寄存器数量相对CISC多

D.RISC的指令数、寻址方式和指令格式种类相对CISC少 【答案】A

【解析】B项、C项、D项都是RISC的特点之一，所以它们都是正确的，只有A项是CISC的特点，因为RISC的速度快，所以普遍采用硬布线控制器，而非微程序控制器。

17．下列选项中，属于多级页表优点的是（ ）

A.加快地址变换速度

偏移量有32-8-4-4=16位

B.减少缺页中断次数 C.减少页表项所占字节数 D.减少页表所占的连续内存空间

【答案】D

【解析】多级页表避免了把所有的页表一直保存在内存中

18．下列有关I/O接口的叙述中错误的是：（ ）

A.状态端口和控制端口可以合用同一寄存器 B.I/O接口中CPU可访问寄存器，称为I/O端口

C.采用独立编址方式时，I/O端口地址和主存地址可能相同 D.采用统一编址方式时，CPU不能用访存指令访问I/O端口 【答案】D

【解析】采用统一编码方式，存储器和I/O端口共用统一的地址空间，不需要专用的I/O指令，任何对存储器数据进行操作的指令都可用于I/O端口的数据操作。所以D错误

19．假定变量i、f和d的数据类型分为int、float和double（int用补码表不，float和double分别用IEEE754单精度和双精度浮点数格式表示），已知i=785，f=1.5678e3，d=1.5el00。若在32位机器中执行下列关系表达式，则结果为“真”的是（ ）。

（I）i==（int）（float）i （II）f==（float）（int）f （III）f==（float）（double）f （IV）（d+f）-d==f A.仅I和II B.仅I和III C.仅II和III D.仅III和IV 【答案】B

II中，f的数据类型从float【解析】数据类型不同的数据在运算之前需要进行数据类型的转换。转换为int时，小数点后面4位会丢失，故II的结果不为真；IV中，d+f时需要对阶，对阶后f的尾数有效位被舍去而变为0，故d+f仍然为d，再减去d后结果为0，故IV的结果也不为真。I和II进行数据类型的转换的时候并没有改变其值。

20．下列选项中，满足短任务优先且不会发生饥饿现象的调度算法是（ ）。

A.先来先服务 B.高响应比优先 C.时间片轮转

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