《2018年计算机考研真题及参考答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年计算机考研真题及参考答案(12页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。

1、 2018 年全国硕士研究生入学统一考试 计算机科学与技术学科联考计算机学科专业基础综合试题 一、单项选择题：第 140 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中， 只有一个选项最符合试题要求。 1若栈 S1中保存整数，栈 S2中保存运算符，函数 F()依次执行下述各步操作： (1)从 S1中依次弹出两个操作数 a 和 b； (2)从 S2中弹出一个运算符 op； (3)执行相应的运算 b op a； (4)将运算结果压人 S1中。 假定 S1中的操作数依次是 5, 8, 3, 2(2 在栈顶) ，S2中的运算符依次是*, - , +(+在栈顶) 。调 用 3 次 F()后。

2、，S1栈顶保存的值是 。 A. -15 B. 15 C. -20 D. 20 2. 现有队列 Q 与栈 S，初始时 Q 中的元素依次是 1, 2, 3, 4, 5, 6(1 在队头) ，S 为空。若仅允 许下列 3 种操作：出队并输出出队元素；出队并将出队元素人栈；出栈并输出出栈元素， 则不能得到的输出序列是 。 A. 1, 2, 5, 6, 4, 3 B. 2, 3, 4, 5, 6, 1 C. 3, 4, 5, 6, 1, 2 D. 6, 5, 4, 3, 2, 1 3. 设有一个 12 12 的对称矩阵 M，将其上三角部分的元素 mi, j(1ij12)按行优先存人 C 语言的一维数组 。

3、N 中，元素 m6, 6在 N 中的下标是 。 A. 50 B. 51 C. 55 D. 66 4. 设一棵非空完全二叉树 T 的所有叶结点均位于同一层，且每个非叶结点都有 2 个子结点。 若 T 有 k 个叶结点，则 T 的结点总数是 。 A. 2k-1 B. 2k C. k2 D. 2k-1 5. 已知字符集a, b, c, d, e, f，若各字符出现的次数分别为 6, 3, 8, 2, 10, 4，则对应字符集中 各字符的哈夫曼编码可能是 。 A. 00, 1011, 01, 1010, 11, 100 B. 00, 100, 110, 000, 0010, 01 C. 10, 101。

4、1, 11, 0011, 00, 010 D. 0011, 10, 11, 0010, 01, 000 6. 已知二叉排序树如下图所示，元素之间应满足的大小关系是 。 A. x10 for(i=0;in;i+) /扫描数组B，找到目标值 if (Bi=0) break; return i+1; /返回结果 3)时间复杂度：遍历 A 一次，遍历 B 一次，两次循环内操作步骤为 O(1)量级，因此时间复 杂度为 O(n)。空间复杂度：额外分配了 Bn，空间复杂度为 O(n)。 42解析： 1)为了求解最经济的方案，可以把问题抽象为求无向带权图的最小生成树。可以采用手动 prim 算法或 krusk。

5、al 算法作图。注意本题最小生成树有两种构造，如下图所示。 方案的总费用为 16。 2)存储题中的图可以采用邻接矩阵(或邻接表) 。构造最小生成树采用 Prim 算法(或 kruskal 算法) 。 3)TTL=5，即 IP 分组的生存时间(最大传递距离)为 5，方案 1 中 TL 和 BJ 的距离过远， TTL=5 不足以让 IP 分组从 H1 传送到 H2， 因此 H2 不能收到 IP 分组。 而方案 2 中 TL 和 BJ 邻近， H2 可以收到 IP 分组。 43解析： 1)程序定时向缓存端口查询数据，由于缓存端口大小有限，必须在传输完端口大小的数据 时访问端口，以防止部分数据没有被及。

6、时读取而丢失。设备 A 准备 32 位数据所用时间为 4B/2MB=2us，所以最多每隔 2us 必须查询一次，每秒的查询次数至少是 1s/2us=5 105，每秒 CPU 用于设备 A 输入/输出的时间至少为 5 105 10 4=2 107个时钟周期， 占整个 CPU 时间的百分比至 少是 2 107/500M=4%。 2)中断响应和中断处理的时间为 400 (1/500M)=0.8us，这时只需判断设备 B 准备 32 位数 据要多久，如果准备数据的时间小于中断响应和中断处理的时间，那么数据就会被刷新、造成丢 失。经过计算，设备 B 准备 32 位数据所用时间为 4B/40MB=0.1u。

7、s，因此，设备 B 不适合采用中 断 I/O 方式。 3)在 DMA 方式中，只有预处理和后处理需要 CPU 处理，数据的传送过程是由 DMA 控制。 设备 B 每秒的 DMA 次数最多为 40MB/1000B=40000，CPU 用于设备 B 输入/输出的时间最多为 40000 500=2 107个时钟周期，占 CPU 总时间的百分比最多为 2 107/500M=4%。 44解析： 1)物理地址由实页号和页内地址拼接，因此其位数为 16+12=28；或直接可得 20+3+5=28。 2)TLB 采用全相联映射，可以把页表内容调入任一块空 TLB 项中，TLB 中每项都有一个比 较器，没有映射。

8、规则，只要空闲就行。TLB 采用静态存储器 SRAM，读写速度快，但成本高，多 用于容量较小的高速缓冲存储器。 3)图中可以看到，Cache 中每组有两行，故采用 2 路组相联映射方式。 因为是 2 路组相联并采用 LRU 替换算法，所以每行(或每组)需要 1 位 LRU 位；因为采用 回写策略，所以每行有 1 位修改位(脏位) ，根据脏位判断数据是否被更新，如果脏位为 1 则需 要写回内存。 28 位物理地址中 Tag 字段占 20 位，组索引字段占 3 位，块内偏移地址占 5 位，故 Cache 共 有 23=8 组，每组 2 行，每行有 25=32B；故 Cache 总容量为 8 2 (。

9、20+1+1+1+32 8)=4464 位=558 字节。 Cache 中有效位用来指出所在 Cache 行中的信息是否有效。 4)虚拟地址分为两部分：虚页号、页内地址；物理地址分为两部分：实页号、页内地址。 利用虚拟地址的虚页号部分去查找 TLB 表(缺失时从页表调入) ，将实页号取出后和虚拟地址的 页内地址拼接，就形成了物理地址。虚页号 008CH 恰好在 TLB 表中对应实页号 0040H(有效位 为 1，说明存在) ，虚拟地址的后 3 位为页内地址 040H，则对应的物理地址是 0040040H。 物理地址为 0040040H，其中高 20 位 00400H 为标志字段，低 5 位 0。

10、0000B 为块内偏移量， 中间 3 位 010B 为组号 2，因此将 00400H 与 Cache 中的第 2 组两行中的标志字段同时比较，可以 看出，虽然有一个 Cache 行中的标志字段与 00400H 相等，但对应的有效位为 0，而另一 Cache 行的标志字段与 00400H 不相等，故访问 Cache 不命中。 因为物理地址的低 12 位与虚拟地址低 12 位相同，即为 0010 0110 0000B。根据物理地址的 结构， 物理地址的后八位 01100000B 的前三位 011B 是组号， 因此该地址所在的主存映射到 Cache 组号为 3。 45解析： 1)由图可知，地址总长度。

11、为 32 位，高 20 位为虚页号，低 12 位为页内地址。且虚页号高 10 位为页目录号，低 10 位为页号。展开成二进制则表示为： 故十六进制表示为 0180 6008H 2)PDBR 为页目录基址地址寄存器(Page-Directory Base Register) ，其存储页目录表物理内 存基地址。进程切换时，PDBR 的内容会变化；同一进程的线程切换时，PDBR 的内容不会变化。 每个进程的地址空间、页目录和 PDBR 的内容存在一一对应的关系。进程切换时，地址空间发生 了变化，对应的页目录及其起始地址也相应变化，因此需要用进程切换后当前进程的页目录起始 地址刷新 PDBR。同一进程。

12、中的线程共享该进程的地址空间，其线程发生切换时，地址空间不变， 线程使用的页目录不变，因此 PDBR 的内容也不变。 3)改进型 CLOCK 置换算法需要用到使用位和修改位，故需要设置访问字段(使用位)和 修改字段(脏位) 。 46解析： 1)簇大小为 4KB，每个地址项长度为 4B，故每簇有 4KB/4B=1024 个地址项。最大文件的 物理块数可达 8+1 1024+1 10242+1 10243，每个物理块(簇)大小为 4KB，故最大文件长度为 (8+1 1024+1 10242+1 10243) 4KB=32KB+4MB+4GB+4TB (2)文件索引节点总个数为 1M 4KB/64B。

13、=64M，5600B 的文件占 2 个簇，512M 个簇可存放 的文件总个数为 512M/2=256M。 可表示的文件总个数受限于文件索引节点总个数， 故能存储 64M 个大小为 5600B 的图像文件 (3)文件 F1 大小为 6KB4KB 8=32KB，故获取文件 F1 的最后一个簇的簇号只需要访问索 引节点的直接地址项。文件 F2 大小为 40KB，4KB 840KB4KB 8+4KB 1024，故获取 F2 的 最后一个簇的簇号还需要读一级索引表。综上，需要的时间不相同。 47解析： 1)广播地址是网络地址中主机号全 1 的地址(主机号全 0 的地址，代表网络本身) 。销售部 和技术部。

14、均分配了 192.168.1.0/24 的 IP 地址空间，IP 地址的前 24 位为子网的网络号。于是在后 8 位中划分部门的子网，选择前 1 位作为部门子网的网络号。令销售部子网的网络号为 0，技术部 子网的网络号为 1，则技术部子网的完整地址为 192.168.1.128；令销售部子网的主机号全 1，可 以得到该部门的广播地址为 192.168.1.127。 每个主机仅分配一个 IP 地址，计算目前还可以分配的主机数，用技术部可以分配的主机数， 减去已分配的主机数， 技术部总共可以分配计算机主机数为 27-2=126 (减去全 0 和全 1 的主机号) 。 已经分配了 208-129+1=80 个，此外还有 1 个 IP 地址分配给了路由器的端口(192.168.1.254)，因此 还可以分配 126-80-1=45 台。 2)判断分片的大小，需要考虑各个网段的 MTU，而且注意分片的数据长度必须是 8B 的整 数倍。由题可知，在技术部子网内，MTU=800B，IP 分组头部长 20B，最大 IP 分片封装数据的字 节数为(800-20)/8 8=776。至少需要的分片数为(1500-20)/776 =2。第 1 个分片的偏移量为 0； 第 2 个分片的偏移量为 776/8=97。 。