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2009-2010计算机考研真题及答案（含选择题解析）WORD高清晰版

由天下分享时间：2025/1/25 0:28:40 加入收藏我要投稿点赞

i++;

if(i>k) p=p->next; //如果i>k,则p也往后移 }

if(p==list)return 0; //说明链表没有k个结点 else {

printf(“%d\\n“,p->data); return 1; } }

43. （1）在中断方式下，每32位（4B）被中断一次，故每秒中断 0.5MB/4B=0.5×106/4=12.5×104次

要注意的是，这里是数据传输率，所以1MB=106B。因为中断服务程序包含18条指令，中断服务的其他开销相当于2条指令的执行时间，且执行每条指令平均需5个时钟周期，所以，1秒内用于中断的时钟周期数为

（18+2）×5×12.5×104=12.5×106

（2）在DMA方式下，每秒进行DMA操作

5MB/5000B=5×106/5000=1×103 次因为DMA预处理和后处理的总开销为500个时钟周期，所以1秒钟之内用于DMA操作的时钟周期数为 500×1×103=5×105

故在DMA方式下，占整个CPU时间的百分比是（（5×105）/（500×106））×100%=0.1%

44.指令执行阶段每个节拍的功能和有效控制信号如下所示时钟功能有效控制信号

C5 MAR←(R1) PCout,MARin

C6 MDR←M(MAR) MemR,MDRinE C7 A←(R0) R0out,Ain

C8 AC←(MDR)+(A) MDRout,Addr,ACin C9 MDR←(AC) ACout,MDRin

C10 M(MAR) ←MDR MDRoutE,MemW

45.定义信号量S1控制P1与P2之间的同步；S2控制P1与P3之间的同步；empty控制生产者与消费者

之间的同步；mutex控制进程间互斥使用缓冲区。程序如下： Var s1=0,s2=0,empty=N,mutex=1; Parbegin P1:begin

X=produce(); P(empty); P(mutex);

Put();

If x%2==0 V(s2); else V(s1); V(mutex); end. P2:begin P(s1); P(mutex); Getodd();

4KB,页内占12位，即16机制的3位 Countodd():=countodd()+1;

则2362H的最高位就是页号 V(mutex); V(empty); 2:10不命中+100页表+100内存地址 end.

1：10不命中+100页表+108缺页+100内P3:begin

存地址 P(s2)

2：10命中+100内存地址 P(mutex);

Geteven();

1号页内偏移565H，缺页，置换0， Counteven():=counteven()+1;

V(mutex); 101565H V(empty); end. Parend. 46.

（1）根据页式管理的工作原理，应先考虑页面大小，以便将页号和页内位移分解出来。页面大小为4KB，即212，则得到页内位移占虚地址的低12位，页号占剩余高位。可得三个虚地址的页号P如下（十六进制的一位数字转换成4位二进制，因此，十六进制的低三位正好为页内位移，最高位为页号）：

2362H：P=2，访问快表10ns，因初始为空，访问页表100ns得到页框号，合成物理地址后访问主存100ns，共计10ns+100ns+100ns=210ns。

1565H：P=1，访问快表10ns，落空，访问页表100ns落空，进行缺页中断处理108ns，合成物理地址后访问主存100ns，共计10ns+100ns+108ns+100ns≈108ns。

25A5H：P=2，访问快表，因第一次访问已将该页号放入快表，因此花费10ns便可合成物理地址，访问主存100ns，共计10ns+100ns=110ns。

（2）当访问虚地址1565H时，产生缺页中断，合法驻留集为2，必须从页表中淘汰一个页面，根据题目的置换算法，应淘汰0号页面，因此1565H的对应页框号为101H。由此可得1565H的物理地址为101565H。 47.

（1）无类IP地址的核心是采用不定长的网络号和主机号，并通过相应的子网掩码来表示（即网络号部分为1，主机号部分为0）。本题中网络地址位数是24，由于IP地址是32位，因此其主机号部分就是8位。因此，子网掩码就是11111111 11111111 11111111 00000000，即255.255.255.0。

根据无类IP地址的规则，每个网段中有两个地址是不分配的：主机号全0表示网络地址，主机号全1表示广播地址。因此8位主机号所能表示的主机数就是2的8次方—2，即254台。

该网络要划分为两个子网，每个子网要120台主机，因此主机位数X应该满足下面三个条件： X<8，因为是在主机号位长为8位的网络进行划分，所以X一定要小于8位。 2的X次方>120,因为根据题意需要容纳120台主机。 X是整数。

解上述方程，得到X=7.子网掩码就是11111111 11111111 11111111 10000000，即255.255.255.128。所以划分的两个网段是：202.118.1.0/25与202.118.1.128/25。

（2）填写R1的路由表

填写到局域网1的路由。局域网1的网络地址和掩码在问题（1）已经求出来了，为202.118.1.0/25。则R1路由表应填入的网络地址为202.118.1.0，掩码为255.255.255.128。由于局域网1是直接连接到路由器R1的E1口上的，因此，下一跳地址填写直接路由（Direct）。接口填写E1. 填写到局域网2的路由表1。

局域网2的网络地址和掩码在问题（1）中已经求出来了，为202.118.1.128/25。则R1路由表应该填入的网络地址为202.118.1.128，掩码为255.255.255.128.由于局域网2是直接连接到路由器R1的E2口上的，因此，下一跳地址填写直接路由。接口填写E2。填写到域名服务器的路由。由于域名服务器的IP地址为202.118.3.2，而该地址为主机地址，因此掩码为255.255.255.255。同时，路由器R1要到DNS服务器，就需要通过路由器R2的接口L0才能到达，因此下一跳地址填写L0的IP地址（202.118.2.2）。

填写互联网路由。本题实质是编写默认路由。默认路由是一种特殊的静态路由，指的是当路由表中与包的目的地址之间没有匹配的表项时路由器能够做出的选择。如果没有默认路由器，那么目的地址在路由表中没有匹配表项的包将被丢弃。默认路由在某些时候非常有效，当存在末梢网络时，默认路由会大大简化路由器的配置，减轻管理员的工作负担，提高网络性能。默认路由叫做“0/0”路由，因为路由的IP地址0.0.0.0，而子网掩码也是0.0.0.0。同时路由器R1连接的网络需要通过路由器R2的L0口才能到达互联网络，因此下一跳地址填写L0的IP为202.118.2.2。综上，填写的路由表如下： R1路由表

（3）填写R2到局域网1和局域网2的路由表2。局域网1和局域网2的地址可以聚合为

202.118.1.0/24，而R2去往局域网1和局域网2都是同一条路径。因此，路由表里面只需要填写到 202.118.1.0/24网络的路由即可，如下表所示 R2路由表

目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址接口 202.118.1.0 255.255.255.0 202.118.2.1 L0

2010年全国研究生考试计算机统考试题及答

案

一、单选题

1、若元素a,b,c,d,e,f依次进栈，允许进栈、退栈操作交替进行。但不允许连续三次

进行退栈工作，则不可能得到的出栈序列是（ D ） A：dcebfa B：cbdaef C：dbcaef D：afedcb

2、某队列允许在其两端进行入队操作，但仅允许在一端进行出队操作，则不可能得

到的顺序是（ C ） A：bacde B：dbace C：dbcae D：ecbad

3、下列线索二叉树中（用虚线表示线索），符合后序线索树定义的是（ B ）

4、在下列所示的平衡二叉树中插入关键字48后得到一棵新平衡二叉树，在新平衡二叉树中，关键字37所在结点的左、右子结点中保存的关键字分别是（ C ）