考研408计算机学科专业基础在线题库每日一练（六十九）

本文提供考研408计算机学科专业基础在线题库每日一练，以下为具体内容

1、假定不采用Cache和指令预取技术，且机器处于“开中断”状态，则在下列有关指令执行的叙述中，错误的是（ ）。

A、每个指令周期中CPU都至少访问内存一次

B、每个指令周期一定大于或等于一个CPU时钟周期

C、空操作指令的指令周期中任何寄存器的内容都不会被改变

D、当前程序在每条指令执行结束时都可能被外部中断打断

2、假设某计算机按字编址，Cache有4个行，Cache和主存之间交换的块大小为1个字。若Cache的内容初始为空，采用2路组相联映射方式和LRU替换策略。访问的主存地址依次为0，4，8，2，0，6，8，6，4，8时，命中Cache的次数是（ ）。

A、1

B、2

C、3

D、4

3、某同步总线的时钟频率为100MHz，宽度为32位，地址/数据线复用，每传输一个地址或数据占用一个时钟周期。若该总线支持突发（猝发）传输方式，则一次“主存写”总线事务传输128位数据所需要的时间至少是（ ）。

A、20ns

B、40ns

C、50ns

D、80ns

4、根设主机H通过HTTP/1.1 请求浏览某Web服务器 S上的Web页news408.html，news408.html引用了同目录下1个图像，news408.html文件大小为1MSS(最大段长），图像文件大小为3MSS ，H访问S 的往返时间RTT=10ms，忽略HTTP响应报文的首部开销和TCP段传输时延。若H已完成域名解析，则从H请求与S建立TCP连接时刻起，到接收到全部内容止，所需的时间至少是（ ）。

A、 30ms

B、 40ms

C、 50ms

D、 60ms

5、若计算机主存地址为32位，按字节编址，Cache数据区大小为32KB，主存块大小为32B，采用直接映射方式和回写（Write Back）策略，则cache行的位数至少是（ ）。

A、 275

B、 274

C、 258

D、 257

1、试题答案：C

试题解析：

【考点】本题考查计算机组成原理--中央处理器（CPU）。
【解析】由于不采用Cache，因此每个指令周期中，CPU都至少需要访问内存一次，因为指令和数据需要从内存中获取。故排除选项A；指令周期是取出一条指令并执行这条指令的时间。指令周期常常用若干个CPU周期数来表示，CPU周期称为机器周期，通常用内存中读取一个指令字的最短时间来规定CPU周期。一个CPU周期时间又包含有若干个时钟周期。时钟周期是指主时钟不断产生固定周期的时钟的时间，它是处理操作的最基本单位。故排除选项B；一般情况下，CPU在一条指令执行完毕且没有更紧迫的任务，并且CPU允许中断（开中断）时，CPU才可以响应中断源的中断请求。故排除选项D；空操作指令（NOP，No Operation）是一种在计算机指令集中存在的特殊指令。它的作用是不进行任何操作，仅仅占用一个指令周期而不对计算机状态进行任何更改。它的执行过程非常简单，不对寄存器或内存进行读取或写入操作，但程序计数器的值会发生改变，即自动加一。故本题选C。

2、试题答案：C

试题解析：

【考点】本题考查计算机组成原理--存储器--高速缓冲存储器（Cache）--替换策略--近期最少使用（LRU）算法--LRU算法的应用。
【解析】当采用三段主存地址格式时，本题应该选择A选项。但2012年时的参考书是蒋本珊《计算机组成原理》第二版，此时采用的是4段主存地址格式。组相联的地址构成为：区号+组号+块号+块内地址。主存地址0~1位于主存的第0组，可映射到Cache的第0组中；主存地址2~3位于主存的第1组，可映射到Cache的第1组中；主存地址4~5位于主存的第2组，可映射到Cache的第0组中；主存地址6~7位于主存的第3组，可映射到Cache的第1组中；主存地址8~9位于主存的第4组，可映射到Cache的第0组中。LRU算法是把CPU近期最少使用的块作为被替换的块。置换过程如下表所示。

故本题选C。

3、试题答案：C

试题解析：

【考点】本题考查指令计算机组成原理--总线--总线的性能指标。
【解析】总线时钟频率，即机器的时钟频率，它为时钟周期的倒数。总线宽度，又称总线位宽，它是总线上同时能够传输的数据位数，通常指数据总线的根数。猝发（突发）式数据传输是一种总线传输方式，即在一个总线周期中可以传输存储地址连续的多个数据。因此在支持突发传送的情况下，读取128位数据需要4次传输，一共仅需要进行一次传输地址、四次传输数据，因此共需要10ns×5=50ns的时间。故本题选C。

4、试题答案：B

试题解析：

【考点】本题考查HTTP交互过程所涉及的相关知识
【解析】HTTP/1.1 默认使用的是持久连接的流水线方式。题目要求时间至少，故假设该网络是在理想的情况下进行，即不出现网络拥塞，不进行流量控制。
在第一个RTT中，进行了TCP连接和HTTP请求报文（此时，swnd=cwnd=1KB）
在第二个RTT中，因为，窗口大小为1KB，所以，主机仅获得了1KB的news408.htrnl文件（根据慢算法，此时swnd=cwnd=2KB）。
在第三个RTT中，图像文件大小为3MSS，但是，此时只能发送2KB，所以，发送图像文件一部分（2KB）（此时swnd=cwnd=4KB）
在第四个RTT中，把图像文件剩余部分发送过去，而RTT=10ms，因此所需的时间至少是4*RTT=40ms。故本题选B。

5、试题答案：A

试题解析：

【考点】本题考查计算机组成原理--存储器--高速缓冲存储器（Cache）--主存与Cache的地址映射/映像--直接映像--直接映像的应用。
【解析】按字节编址，块大小为32B=2⁵字节，因此字块内地址占5位。能存放32KB数据的Cache一共有32KB/32B=1K=2¹⁰个块，因此Cache字块地址占10位。因此主存字块标记占32-5-10=17位。cache行的位数包括数据的位数和标记部分的位数。数据部分的位数是32B=32×8=256。
标记部分的位数至少分为三部分：
（1）有效位，用于识别Cache存储块中的数据是否有效，占1位；
（2）标记位，用于实现主存的某块和Cache块的对应关系，所占位数和主存字块标记位数相同，占17位；
（3）更新策略的标记位，用于判断这个Cache块是否必须写回主存，占1位。
因此cache行的位数至少是256+17+1+1=275。故本题选A。