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考研 真题答案解析
2024 408
一、 单项选择题
1． D 2． A 3． A 4． B 5． D 6． A 7． D 8． A
9． B 10． C 11． D 12． B 13． B 14． C 15． D 16． D
17． C 18． B 19． C 20． B 21． A 22． C 23． A 24． A
25． D 26． A 27． A 28． B 29． A 30． C 31． C 32． C
33． B 34． C 35． D 36． B 37． D 38． D 39． C 40． D
1.【参考答案】D
【解析】本题考查链表的基本操作。
语句q=p->next：指针q指向p的下一个结点；
语句p->next=q->next：p的next 域指向q的下一个结点，即将q所指结点从链表中取出；
语句q->next=L->next：q的next 域指向第一个结点（头结点的后一个结点）；
语句L->next=q：头指针指向q所指结点。
因此，这段代码的功能是将q结点移动到表头。故本题选D。
2.【参考答案】A
【解析】本题考查栈的应用中表达式的转换。
可以采用增减括号的方法解答。
（1）根据运算的先后顺序为中缀表达式全部加上括号变为(x+((y*(z-u))/v))；
（2）把运算符移到对应的括号外面，变为：(x((y(zu)-)*v)/)+；
（3）将括号全部去除后即为后缀表达式：xyzu-*v/+。故本题选A。
3.【参考答案】A
【解析】本题考查二叉树的遍历。
中序遍历的顺序为左子树、根结点、右子树。本题中v有两个孩子结点，且中序遍历中有片段
p,v,q，则p、q分别是v左、右子树中的结点。在v的左子树中，p是左子树的中序遍历序列最
后一个结点，则p是最右边的结点，故p没有右孩子；在v的右子树中，q是右子树的中序遍
历序列第一个结点，则q是最左边的结点，故q没有左孩子。故本题选A。
4.【参考答案】B
【解析】 本题考查无向图邻接多重表的存储方式。本题有两种做法，一种是根据邻接多重表还原图，另一种是直接数出abcd对应的1234出现的
次数，由下图可知，b对应的1出现了2次，度为2，d对应的3出现了4次。度为4。故本题
选B。
5.【参考答案】D
【解析】本题考查折半查找的基本性质。
折半查找，也称二分查找，在某些情况下相比于顺序查找，使用折半查找算法的效率更高。但
是该算法的使用的前提是静态查找表中的数据必须是有序的。也就是说，在使用折半查找算法
查找数据之前，应该首先把该表的数据按照所查的关键字进行排序。链表不支持随机查找，故
I 不适用，无序数组不适用折半查找，故 II 不适用。静态链表是用数组来实现链式存储结构，
目的是方便在不设指针类型的高级程序设计语言中使用链式结构。故 III、IV 不适用。故本题
选D。
6.【参考答案】A
【解析】本题考查KMP算法中nextval 的应用。
传统 KMP 算法使用 next 数组，会存在 j=next[j]的情况，因此采用 next_val 来优化，处理结果
如下：
下标 1 2 3 4 5 6
字符 a a b a a b
next 0 1 2 1 2 3
nextval 0 0 2 0 0 2
当主串中某个字符与S中某字符失配时，有6种情况，分别为下标1-6不匹配。
当下标1不匹配时，需要右移1位
当下标2不匹配时，需要右移2位
当下标3不匹配时，需要右移1位
当下标4不匹配时，需要右移4位
当下标5不匹配时，需要右移5位
当下标6不匹配时，需要右移4位
故本题选A。
7.【参考答案】D
【解析】本题考查二叉搜索树的基本性质。二叉搜索树，即二叉排序树。由二叉排序（搜索）
树的性质：若它的左子树不空，则左子树上所有结点的值均小于它的根结点的值；若它的右子树不空，则右子树上所有结点的值均大于它的根结点的值。那么大小顺序应该是：K1R[Rr1]，那么第一条先从内存中取一个数到寄存器r1 第
1二条指令要用到这个r1，那么就算用转发也要使用阻塞等到访存结束才能拿到这个数。
D. 如果插入空指令，那么在数据冒险的时候，流水线会退化成单周期，这样就能消除数据冒
险。
20.【参考答案】B
【解析】直接算总线传输结果： 420M*8B*2=6720MB/s=6.72GB/s
如果算一次突发传送总线事务的时间是7个时钟，一次突发传送总线事物传输8*8B=64B，那
么答案是 420M*64B/7=3840MB/s=3.84GB/s<6.72GB/s
21.【参考答案】A
【解析】A.中断响应优先级是由中断控制照本身电路决定的，是有固定的顺序，而中断屏蔽字
是软件设置的，用来决定是否响应当前传过来的中断。
C.在中断处理时，用指令（软件）保存通用寄存器和设置的中断屏蔽字，由硬件保存断点和程
序状态字（PSW）。
D.单级中断必须保证正在处理的中断不能被别的中断插入嵌套执行，因此在中断处理过程中应
该始终让 CPU 处于关中断状态。
22.【参考答案】C
【解析】DMA 的作用是实现外设数据和主存数据的直接交换，数据传输过程不需要 CPU 的
参与。所以选C。需要注意的是，DMA传输前的预处理和传输后的后处理阶段还是需要CPU
參与的，前者通常由设备驱动程序来完成，后者通常由中断处理程序来完成，预处理阶段的数
据交换主要发生在 CPU 和 DMA 控制器之间，在数据传输过程中，DMA 控制器代替 CPU 和
设备接口及内存进行数据传输，每次传输单位依然为一个字，但是这些数据交换与题干要求无
关。
23.【参考答案】A
【解析】中断或异常发生时，CPU 既可能处于内核态，也可能处于用户态。例如，当某个用户
程序试图将一个数除以 0 时，CPU 会检测到这一非法操作并触发异常，此时 CPU 仍处于用
户态。
24.【参考答案】A
【解析】在操作系统终止父进程时，通常不会强制终止其子进程。此时，子进程会变成“孤儿
进程”，并由 init 进程（在 Linux 系统中为 PID=1 的进程）接管。操作系统在终止进程时，
会回收该进程所占用的所有资源，包括设备和内存，并释放进程控制块。
25.【参考答案】D【解析】程序计数器（PC）保存着进程下一条即将执行的指令的地址。在进程切换时，需要将
当前进程的程序计数器值恢复，以便该进程能够从之前暂停的地方继续执行。栈基址寄存器（SP）
保存着进程栈的基地址，栈用于存储函数调用信息、局部变量、返回地址等数据，每个进程都
有自己的栈。在进程切换时，需要将当前进程的栈指针恢复，以便该进程可以正确访问自己的
栈。页表基地址寄存器（PTBR）保存着进程页表的基地址。在页式存储管理中，页表存储了
虚拟地址到物理地址的映射，每个进程都有自己的页表。进程切换时需要将当前进程的页表指
针恢复，以便该进程可以访问自己的内存区域。
26.【参考答案】A
【解析】位图法使用位图来表示资源的使用状态，每个位表示一个磁盘块的占用情况。其中，
0 表示对应的磁盘块是空闲的，尚未被分配；1 表示对应的磁盘块已被分配。因此，位图法占
用的外存空间大小仅与外存空间的总大小有关，而与空闲块的数量无关。相对而言，B、C、D
选项的思想是只记录空闲块的信息，而不记录已分配块的信息，因此它们占用的外存空间大小
与当前空闲块的数量有关。
27.【参考答案】A
【解析】伙伴算法的核心思想是将内存划分为大小为 2的幂次方的块，最小块的大小是系统定
义的最小内存单元。每次分配内存时，如果请求的内存大小不符合当前内存块的大小标准，内
存块会继续拆分成两半，直到找到合适大小的块。每当内存回收时，系统会尝试将相邻的“伙
伴”块合并，所以仅合并大小相等的空闲分区。而 B、C、D 选项则会合并相邻的空闲分区，
而不考虑它们的大小。
28.【参考答案】B
【解析】栈是线程私有的内存区域，用于存储线程在执行过程中的局部变量、函数调用的返回
地址、函数参数和一些中间结果。每个线程都有自己的栈空间，因此线程 Ta 和 Tb 无法访问
线程 T 的栈。进程 P 的地址空间、文件描述符、全局变量和堆空间等资源是进程 P 中所有
线程共享的。
29.【参考答案】A
【解析】在调用 open() 函数时，操作系统根据传入的文件名在文件系统中查找具体的文件并
将其打开，然后返回一个文件描述符，这就是文件按名查找功能。在调用 read()、write() 和
close() 函数时，只允许传入文件描述符，而不允许传入文件名。
30. 【参考答案】C
【解析】在时间片轮转调度算法中，系统将所有就绪进程放入一个队列中，每个进程按顺序轮流获得 CPU 执行的机会。每个进程在获得 CPU 时，最多可以执行一个固定长度的时间片。
如果在时间片结束前进程没有完成，它将被放回队列的末尾，等待下一轮执行。在这个系统中，
时间片的大小为 5ms，队尾进程 P 需要 25ms 的 CPU 时间，所以进程 P 需要 5 轮调度才
能执行完成。由于系统中共有 10 个进程，一轮调度的时间为 5ms × 10 = 50ms，5 轮调度
共需要 5 × 50ms = 250ms，此时进程 P 刚好执行完毕。进程的周转时间是指进程完成时间
减去进程到达时间。对于进程 P，到达时间为 0ms，完成时间为 250ms，因此 P 进程的周转
时间为 250ms。
31.【参考答案】C
【解析】当 CPU 接收到来自键盘的中断信号后，操作系统会暂停当前正在运行的任务，并跳
转到专门的中断服务例程来处理该中断。中断服务例程通过键盘控制器读取按键扫描码，以确
定用户按下的是哪个按键，并将其转换为相应的字符，然后存入内核中的键盘缓冲区。之后，
操作系统或应用程序可以从内核缓冲区中读取用户输入的数据进行处理。
32.【参考答案】C
【解析】在循环扫描算法中，磁头在磁盘上仅向一个方向扫描并服务沿途遇到的所有磁盘请求。
当磁头到达磁盘上待访问请求的最低磁道后，它会快速回到磁盘上待访问请求的最高磁道，在
此期间不处理任何请求，然后再次开始向同一方向扫描并服务新的请求。本题中，磁盘完成对
200 号磁道的请求后，磁头向磁道号减小的方向移动到 0 号磁道，处理了请求 160、120、110
和 0，期间移动了 200 个磁道。随后，磁头从 0 号磁道快速移动到 399 号磁道，不处理任
何请求，期间移动了 399 个磁道。最后，磁头从 399 号磁道移动到 210 号磁道，处理了请
求 399、300 和 210，期间移动了 189 个磁道。整个过程共移动了 200 + 399 + 189 = 788 个
磁道。
33.【参考答案】B
【解析】带宽指的是网络或通信链路在单位时间内能够承载或传输的最大数据量，吞吐量指的
是实际在某一段时间内成功传输的数据量。如果链路的传输速率限制了数据的发送或接收速度，
那么即使其他链路可以更快地传输数据，也无法提升整体的吞吐量。
在本题中，H1 和 H2 之间的数据传输有三种可能的路径：1、经过两条带宽为 1000Mb/s 的路
径；2、经过一条带宽为1Mb/s 的路径；3、经过两条100Mb/s 的路径。无论选择哪种路径，数
据传输都必须经过带宽为10Mb/s的链路（H1到路由）和10Mb/s的链路（路由到H2）。在理
想环境下（即未提及拥塞或数据包丢失的情况），整体吞吐量由瓶颈链路的带宽决定。因此，
这三种不同路径的整体数据吞吐量分别为：10Mb/s、1Mb/s、10Mb/s，因此，最大吞吐量为10Mb/s。选项B是正确答案。
34.【参考答案】C
【解析】在这些选项中，FSK (Frequency Shift Keying) 是唯一需要使用两个不同频率载波的调
制方法。FSK是一种二进制调制技术，通过改变载波信号的频率来传输信息，其中两种不同的
频率分别表示二进制的两个状态（0和1）。其他选项中，ASK (Amplitude Shift Keying) 通过
改变载波的幅度来表示不同的二进制状态。PSK (Phase Shift Keying) 则通过改变载波的相位来
传递信息。DPSK (Differential Phase Shift Keying) 是PSK的变体，通过改变载波的相位差来传
输信息。选项C是正确答案。
35.【参考答案】D
【解析】H4 与其他主机通过支持 VLAN 划分的交换机连接，该交换机按端口划分了不同的
VLAN，因此不同VLAN之间的主机无法直接通信。ARP表中仅存储与H4处于同一VLAN内
的主机的 IP 地址与 MAC 地址映射关系。因此，H4 只能通过 ARP 获得与其处于同一 VLAN
的主机信息，跨VLAN的主机不会出现在H4的ARP 表中。H4位于VLAN1，选项D中的主
机 H6 位于 VLAN3，无法与 H4 直接通信，因此不会出现在 H4 的 ARP 表中。而选项 A、B、
C 中的主机 H2、H1 和 H3 都与 H4 同处 VLAN1，可能出现在 H4 的 ARP 表中。选项 D 是正
确答案。
36.【参考答案】B
【解析】在 CSMA/CA 协议中，当主机 A 打算发送数据时，它会通过发送 RTS 帧来通知接收
设备 AP。接收设备在发送 CTS 帧时，会在帧中包含一个 NAV 字段，指示接下来通信的时间
长度。收到CTS帧的其他设备（如隐藏站B）读取NAV值，知道在这段时间内信道会被占用，
从而不再尝试占用信道。NAV设置了一个倒计时器，当倒计时结束时，设备才会再次检测信道
是否空闲，以决定是否可以发起新的通信。
所以本道题中我们需要计算的NAV值，也就是主机B收到CTS 帧后，AP 与主机 A之间通信
的持续时间的值，也就是主机 A 收到 AP 发送 CTS 帧后（由于题目中忽略信号传播时延，故
CTS 帧从 AP 到 B 的时间与到 A 的时间相同）开始发送数据，到 AP 接收到数据并发送 ACK
帧完成通信的时间，具体过程如下图。依图可知，NAV = SIFS + 数据帧传输时延 + SIFS + ACK 传输时延。由于数据帧长度为1998B，
无限链路带宽为54Mb/s，所以数据帧传输时延为296μs。将对应数值带入公式，求得NAV=28μs
+ 296μs + 28μs + 2μs = 354μs。选项B是正确答案。
37.【参考答案】D
【解析】本题使用的是选择重传（SR）滑动窗口协议，且序号的位数为3比特，发送窗口和接
收窗口大小相同且均为最大值，故发送窗口与接收窗口的大小均为4。
根据图示，甲首先发送了F0至F3四个连续的数据帧，其中F1在传输过程中丢失。此时，甲
的滑动窗口内的数据帧已全部发送。t1 时刻，甲收到乙对 F0 的确认帧，滑动窗口向后移动，
发送数据帧 F4；t2 时刻，甲收到乙对 F2 的确认帧，但由于未收到 F1 的确认帧，滑动窗口未
继续滑动，此时F1超时，甲重新发送 F1。综上，t1和t2时刻甲分别发送了F4和F1，选项D
是正确答案。
38.【参考答案】D
【解析】从H请求建立TCP连接时刻起，到H进入CLOSED 状态为止，共要经历三个阶段，
分别是TCP连接建立阶段，数据传输阶段和TCP连接结束阶段。具体过程如下：
首先，H 向服务器发送第一次握手信息，服务器回复第二次握手信息。由于 TCP 协议采用慢
开始的拥塞控制策略，H在发送第三次握手信息时，可以携带1000B的数据，这标志着第一次
数据传输的开始，此时拥塞窗口为1，H需要等待服务器的ACK。接下来，H在第二次数据传
输时，拥塞窗口为 2，可以一次性发送 2000B 的数据，数据传输阶段在服务器返回 ACK 后结
束。随后，H请求断开连接，向服务器发送第一次挥手数据包。由于服务器没有数据需要回传，
它会依次发送第二次和第三次挥手数据包。H 在收到第三次挥手数据包后，发送第四次挥手包，
同时在等待2倍MSL的时间后，进入CLOSED状态。
总结上述过程，连接建立阶段，耗费1个RTT的时间。数据传输阶段，耗费2个RTT的时间。连接结束阶段，耗费 1 个 RTT 的时间。所以从 H 请求建立 TCP 连接起到 H 进入 CLOSED 状
态为止，所需的时间至少是4*RTT + 2*MSL = 60.04s。选项D是正确答案。
39.【参考答案】C
【解析】UDP校验和的计算主要分为三个步骤：字块求和、进位回卷和按位取反。首先，将数
据按 16 位字块划分，对这些字块执行二进制加法操作。这里的二进制加法包括进位处理，而
不是异或运算。通过这种加法操作，得到结果X。接下来，检查X的位数是否超过16位。如
果 X 的位数超出了 16 位，则将高位溢出的部分加回到低位。最后，对结果 X 进行按位取反，
得到的值即为校验和。
在题目中，已完成多个字块的求和，现需进行最后一次求和。我们将 1011 1001 1011 0110 和
0110 0101 1100 0101 相加，得到 1 0001 1111 0111 1011。由于结果超过了16位，需进行进位
回卷，将溢出的高位加回到低位，得到 0001 1111 0111 1100。最后，对结果进行按位取反，得
到 1110 0000 1000 0011，这就是校验和。选项C是正确答案。
40.【参考答案】D
【解析】在使用非持久的HTTP/1.0协议请求一个Web页面时，每个资源（包括主页面和引用
的图像）都需要单独的TCP连接。每个TCP连接的建立和数据传输都需要往返时间RTT。具
体来说，每个 TCP 连接的过程包括：建立连接需要 1 个 RTT，发送请求并接收响应也需要 1
个RTT。因此，对于一个包含1个主页面和7个图像的网页，总共有8个请求。每个请求都涉
及到建立一个新的TCP连接和进行数据传输，因此总共需要8个TCP连接 * 2 RTT（每个连
接的建立和数据传输），总共为16 RTT。选项D是正确答案。
二、简答题
41.【解析】
（1）算法的基本设计思想
建立图 G 各顶点的入度表 degree[ ]。
选择入度为 0 的顶点 v，将 v 的所有邻接点的入度减 1，重复执行这个过程。若每次选中
的入度为0的顶点有且仅有一个，且共进行了 G.numVertices 次，则意味着存在唯一的拓扑序
列，返回1，否则不存在拓扑序列，或存在多个拓扑序列，返回0。
（2）用C语言描述的算法
int uniquely(MGraph G) //判定有向图是否存在唯一的拓扑序列
{int*degree, i, j,count=0, in0= -1, prev_ in0;
degree =(int*)malloc(G. numVertices*sizeof(int));
for( j=0 ; j=0)
{
Count++;
prev_in0=in0;
in0 = -1;
for ( j=0 ; j0)
{
if(--degree[j]= =0) //邻接点入度值减1
{
if(in0= = -1)in0=j; //入度为0的顶点
else in0= -2; //有多个入度为0的顶点
}
}
}
free(degree) ;if(count= =G. numVertices) return 1;
else return 0;
}
42.【解析】
（1）HT 如下。
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
11 14 7 20 9 3 18
装填因子α=7/11。
（2）查找关键字 14的关键字比较序列：3，18，14。
（3）查找关键字 8，确认查找失败时的散列地址是 7。
43.【解析】
（1）最多有25=32个通用寄存器。M 字长为 32位，故通用寄存器宽度为 32 位，因此 shamt
字段占 log 32=5 位。
2
（2）控制信号 ALUBsrc=0。F=1FDB 9753H； OF=1； CF=1；根据 CF 判断是否溢出。
（3）因为 slli 指令的移位位数只使用 IR[31:20]中的低 5 位，与高位 IR[31:25]及扩展出来的
位无关，故 Ext 取值可以是0也可以是 1。
（4）Ext=1； ALUctr=000。
（5）因为 A040 A103H=101000000100 00001 010 00010 0000011B，根据指令格式中
IR[6:0]=0000011B，IR[14:12]=010B，可以判定该指令是 1w 指令。1w 指令所读取数据的存储
地址为 FFFF 9CD4H。
44. 【解析】
（1）a 的首地址存放在 r3；i 存放在 r2；sum 存放在 r1。
（2）a[i]的地址为 0013 E004H； a[i]的机器数为 FFFF ECDCH；
sum 的机器数为 0000 000EH； a[i]所在页的页号是 0013EH；
数组a 至少存放在2页中。
（3）指令机器码为 0021 2213H。汇编形式是 slli r4，r2，1。45. 【解析】
（1）页表项的虚拟地址为： B8C0 0000H+ 48H << 2 = B8C0 0120H。
页表项的物理地址为：6540 0000H+48H << 2 = 6540 0120H
相应页表项中的页框号为：BAB4 5678H >> 22 = 2EAH。
（2）进程P的页表所在页的页号为：B8C0 0000H >> 22 = 2E3H。
页表项的虚拟地址为： B8C0 0000H + 2E3H << 2 = B8C0 0B8CH。
页表项中的页框号为：6540 0000H>>22=195H。
46.【解析】
（1）实现C1的代码是临界区。因为代码 C1执行对B的写操作，且 P1和 P2 需要互斥执行
C1。
（2）进程 P1和 P2的同步伪代码如下。
Semaphore S=0; //实现进程 P1与 P2 的同步
P1 P2
... ...
C1; wait(S);
signal(S); C2;
... ...
（3）进程 P1和 P2的互斥伪代码如下。
Semaphore mutex=1; //实现 P1与P2 互斥执行 C3
P1 P2
... ...wait(mutex); wait(mutex);
C3; C3;
signal(mutex); signal(mutex);
... ...
47.【解析】
（1）AS4 应该选择 OSPF协议。
（2）初始 TTL值应该至少设置为 16。
（3）R11~R16路由器均获得到达网络210.2.3.0/24的正确路由，至少需要 30s； 均获得到达
网络 210.2.4.0/24的正确路由，至少需要 60 s。
（4）由BGP协议外部会话（eBGP）完成；通过UPDATE报文通告；R13 通过BGP 协议内
部会话（iBGP）通告 R14和R15。
（5）R14 路由表中到达网络 136.5.16.0/20 路由的下一跳是 R11；
R15 路由表中到达网络 136.5.16.0/20 路由的下一跳是 R13。
