1、软件设计师-操作系统知识及答案解析(总分：51.00，做题时间：90 分钟)为了解决进程间的同步和互斥问题，通常采用一种称为 (1) 机制的方法。若系统中有 5 个进程共享若干个资源 R，每个进程都需要 4 个资源 R，那么使系统不发生死锁的资源 R 的最少数目是 (2) 。（分数：2.00）A.调度B.信号量C.分派D.通信A.20B.18C.16D.15某仓库有两名发货员，一名审核员。当顾客提货时，只要发货员空闲，允许顾客进入仓库提货，顾客离开时，审核员检验顾客提货是否正确。其工作流程如图 3-2 所示。为了利用 PV 操作正确地协调他们之间的工作，设置了两个信号量 S1 和 S2，且 S
2、1 的初值为 2，S2 的初值为 1。在图中的 a 处应填写 (3) ，图中的 b，c 和 d 处应分别填写 (4) 。（分数：2.00）A.P(S1)B.P(S2)C.V(S1)D.V(S2)A.P(S2)，V(S2)和 V(S1)B.P(S1)，V(S1)和 V(S2)C.V(S1)，P(S2)和 V(S2)D.V(S2)，P(S1)和 V(S1)在一个单 CPU 的计算机系统中，有两台外部设备 R1，R2 和三个进程 P1，P2，P3。系统采用可剥夺式优先级的进程调度方案，且所有进程可以并行使用 I/O 设备，三个进程的优先级、使用设备的先后顺序和占用设备时间如表 3-1 所示。表 3-
3、1 设备设置（分数：2.00）A.60B.67C.78D.90A.70B.78C.80D.891.进程 PA 不断地向管道写数据，进程 PB 从管道中读数据并加工处理，如图 3-4 所示。如果采用 PV 操作来实现进程 PA 和进程 PB 间的管道通信，并且保证这两个进程并发执行的正确性，则至少需要_。（分数：1.00）A.1 个信号量，信号量的初值为 0B.2 个信号量，信号量的初值分别为 0，1C.3 个信号量，信号量的初值分别为 0，0，1D.4 个信号量，信号量的初值分别为 0，0，1，12.假设系统中有三类互斥资源 R1，R2 和 R3，可用资源数分别为 9，8 和 5。在 T0时刻
4、系统中有P1，P2，P3，P4 和 P5 五个进程，这些进程对资源的最大需求量和已分配资源数如表 3-2 所示。如果进程按_ 序列执行，那么系统状态是安全的。表 3-2 进程对资源的需求（分数：1.00）A.P1P2P4P5P3B.P2P1P4P5P3C.P2P4P5P1P3D.P4P2P5P1P3若有一个仓库，可以存放 P1，P2 两种产品，但是每次只能存放一种产品，要求：w=P1 的数量-P2 的数量-iwk(i，k 为正整数)若用 PV 操作实现 P1 和 P2 产品的入库过程，至少需要 (9) 个同步信号量及 (10) 个互斥信号量，其中，同步信号量的初值分别为 (11) ，互斥信号量
5、的初值分别为 (12) 。（分数：4.00）A.0B.1C.2D.3A.0B.1C.2D.3A.0B.i，k，0C.i，kD.i-1，k-1A.1B.1，1C.1，1，1D.i，k在某超市里有一个收银员，且同时最多允许有 n 个顾客购物，我们可以将顾客和收银员看成是两类不同的进程，且工作流程如图 3-7 所示。为了利用 PV 操作正确地协调这两类进程之间的工作，设置了三个信号量 S1，S2 和 Sn，且初值分别为 0，0 和 n。这样在图中的 a 处应填写 (13) ，在图中的 b1，b2 处应分别填写 (14) ，在图中的 c1、c2 处应分别填写 (15) 。（分数：3.00）A.P(S1
6、)B.P(S2)C.P(Sn)D.P(Sn)，P(S1)A.P(Sn)，V(S2)B.P(Sn)，V(S1)C.P(S2)，V(S1)D.V(S1)，P(S2)A.P(S1)，V(S2)B.P(Sn)，V(S1)C.P(S2)，V(S1)D.V(S1)，P(S2)因争用资源产生死锁的必要条件是互斥、循环等待、不可抢占和 (16) 。对于缓冲池 (大量缓冲区)的管理，采用生产者-消费者方式解决同步或互斥时，通常需要用 (17) 个信号量。（分数：2.00）A.请求与释放B.释放与保持C.释放与阻塞D.保持与等待A.1B.2C.3D.43.如果主存容量为 16M 字节，且按字节编址，表示该主存地址
7、至少应需要_ 位。（分数：1.00）A.16B.20C.24D.324.在计算机系统中构成虚拟存储器_。（分数：1.00）A.只需要一定的硬件资源便可实现B.只需要一定的软件即可实现C.既需要软件也需要硬件方可实现D.既不需要软件也不需要硬件5.页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成的。假定页面的大小为 4KB，地址变换过程如图 3-8 所示，图中逻辑地址用十进制数表示。（分数：1.00）A.33220B.8644C.4548D.2500主存按字节编址，地址从 A4000H 到 CBFFFH，共有 (21) 字节。若用存储容量为 32K*8bit 的存储器芯片构成该主存，至少需要
8、(22) 片。（分数：2.00）A.80KB.96KC.160KD.192KA.2B.5C.8D.10容量为 64 块的 Cache 采用组相连方式映像，字块大小为 128 个字，每 4 块为一组。若主存容量为 4096 块，且以字编址，那么主存地址应为 (23) 位，主存区号应为 (24) 位。（分数：2.00）A.16B.17C.18D.19A.5B.6C.7D.8虚拟存储管理系统的基础是程序的 (25) 理论，这个理论的基本含义是指程序执行时往往会不均匀地访问主存储器单元。根据此理论，Denning 提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁地访问的页面集合。在进程运行时，如果它的工作集
9、页面都在 (26) 内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的页面调儿调出现象。（分数：2.00）A.全局性B.局部性C.时间全局性D.空间全局性A.主存储器B.虚拟存储器C.辅助存储器D.U 盘6.假设某计算机系统的主存大小为 256KB，在某一时刻主存的使用情况如表 3-3 所示。此时，若进程顺序请求 20KB、10KB 和 55 的存储空间，系统采用_ 算法为进程依次分配主存，则分配后的主存情况如表 3-4 所示。表 3-3 某一时刻主存的使用情况起始地址 OKB 20KB 50KB 90KB 100KB 105KB 135KB 160KB 175KB 195KB 220KB状 态 已
10、用 未用 已用 已用 未用 已用 未用 已用 未用 未用 已用容 量 20KB 30KB 40KB 10KB 5KB 30KB 25KB 15KB 20KB 25KB 36KB表 3-4 分配后的主存情况起始地址OKB 20KB40KB50KB90KB100KB105KB135KB145KB160KB175KB195KB200KB220KB状 态 已用 已用 未用 已用 已用 未用 已用 已用 未用 未用 未用 已用 未用 已用容 量 20KB20KB10KB40KB10KB 5KB 30KB 10KB 15KB 15KB 20KB 5KB 20KB 36KB（分数：1.00）A.最佳适应B.
11、最差适应C.首次适应D.循环首次适应7.使 Cache 命中率最高的替换算法是_。（分数：1.00）A.先进先出算法 FIFOB.随机算法 RANDC.先进后出算法 FILOD.最近最少使用的页面替换算法 LRU8.某软盘有 40 个磁道，磁头从一个磁道移至另一个磁道需要 5ms。文件在磁盘上非连续存放，逻辑上相邻数据块的平均距离为 10 个磁道，每块的旋转延迟时间及传输时间分别为 100ms 和 25ms，则读取一个100 块的文件需要_时间。（分数：1.00）A.17500msB.15000msC.5000msD.25000ms一台 PC 计算机系统启动时，首先执行的是 (30) ，然后加
12、载 (31) 。在设备管理中，虚拟设备的引入和实现是为了充分利用设备，提高系统效率，采用 (32) 来模拟低速设备(输入机或打印机)的工作。（分数：3.00）A.主引导记录B.分区引导记录C.BIOS 引导程序D.引导扇区A.主引导记录和引导驱动器的分区表，并执行主引导记录B.分区引导记录、配置系统，并执行分区引导记录C.操作系统，如 Windows98/NT/2000/XP、UNIX 等D.相关支撑软件A.Spooling 技术，利用磁带设备B.Spooling 技术，利用磁盘设备C.脱机批处理系统D.移臂调度和旋转调度技术，利用磁盘设备9.文件系统中，设立打开文件(Open)系统功能调用的
13、基本操作是_。（分数：1.00）A.把文件信息从辅存读到内存B.把文件的控制管理信息从辅存读到内存C.把磁盘的超级块从辅存读到内存D.把文件的 FAT 表信息从辅存读到内存如图 3-12 所示的树型文件中，方框表示目录，圆圈表示文件，“/”表示路径的分隔符，“/”在路径之首表示根目录。在图 3-12 中， (34) 。假设当前目录是 D1，进程 A 以如下两种方式打开文件 f1。方式fd1=open(“ (35) /f1“，o_ RDONLY)；方式fd1：=open(“/D1/W1/f1“，o_ RDONLY)；其中，方式的工作效率比方式的工作效率高，因为采用方式的文件系统 (36) 。（分
14、数：3.00）A.子目录 W2 中文件 f2 和子目录 D2 中文件 f2 是完全相同的B.子目录 W2 中文件 f2 和了目录 D2 中文件 f2 是不相同的C.子目录 W2 中文件 f2 和子目录 D2 中文件 f2 是可能相同也可能不相同的D.树型文件系统中不允许出现相同名字的文件A./D1/W1B.D1/W1C.W1D.f1A.可以直接访问根目录下的文件 f1B.可以从当前路径开始查找需要访问的文件 f1C.只需要访问一次磁盘，就可以读取文件 f1，而方式需要两次D.只需要访问一次磁盘，就可以读取文件 f1，而方式需要三次10.假设在系统中一个文件有两个名字，它与一个文件保存有两个副本
15、的区别是 _。（分数：1.00）A.前者比后者所占用的存储空间更大B.前者需要两个目录项，后者只需要一个目录项C.前者存取文件的速度快，后者存取文件的速度慢D.前者改变与某个名字相联系的文件时，与另一个名字相联系的文件也改变：后者的另一个副本不改变11.在文件存储设备管理中，有三类常用的空闲块管理方法，即位图向量法，空闲块链表连接法和_。（分数：1.00）A.一级目录法B.多级自录法C.分区法D.索引法在有一台处理机 CPU 和两台输入/输出设备 I/O1 和 I/O2，且能够实现抢先式多任务并行工作的多道程序内，投入运行优先级由高到低的 P1，P2，P3 三个作业。它们使用设备的先后顺序和占
16、用设备时间分别是：作业 P1：I/O2(30 毫秒) CPU(10 毫秒) I/O1(30 毫秒) CPU(10 毫秒)作业 P2：I/O1(20 毫秒) CPU(20 毫秒) I/O2(40 毫秒)作业 P3：CPU(30 毫秒) I/O1(20 毫秒)在对于其他辅助操作时间可以忽略不计的假设下，作业 P1，P2，P3 从投入到完成所用的时间分别是 (39) 毫秒， (40) 毫秒和 (41) 毫秒。三个作业从投入运行到全部完成，CPU 的利用率约为 (42) %，：U01 的利用率约为 (43) %。假定在系统中仅有这三个作业投入运行，各设备的利用率指该设备的使用时间同作业进程全部完成所占
17、用最长时间的比率。（分数：5.00）A.60B.67C.70D.78E.80F.89G.90H.100I.110J.120A.60B.67C.70D.78E.80F.89G.90H.100I.110J.120A.60B.67C.70D.78E.80F.89G.90H.100I.110J.120A.60B.67C.70D.78E.80F.89G.90H.100I.110J.120A.60B.67C.70D.78E.80F.89G.90H.100I.110J.120由于内存大小有限，为使得一个或多个作业能在系统中运行，常需要外存来换取内存。其中以作业为单位对内外存进行交换的技术称为 (44) 技术
18、，在作业内部对内外存进行交换的技术称为 (45) 技术。用外存换内存是以牺牲程序运行时间为代价的。为提高 CPU 有效利用率，避免内外存的频繁交换， (45) 技术常用某种 (46) 来选择换出内存的页面，它的基础是程序的 (47) 。据此，操作系统可根据 (48) 来改善系统的性能， (48) 是一个进程在定长的执行时间区间内涉及的页面的集合。（分数：5.00）A.SpoolingB.SwappingC.虚拟存储D.虚拟机E.进程管理F.设备管理A.SpoolingB.SwappingC.虚拟存储D.虚拟机E.进程管理F.设备管理A.页面分配策略B.页面标识策略C.页面淘汰策略D.段设置策略
19、A.完整性B.局部性C.递归性D.正确性A.工作集B.页面集C.段号集D.元素集12.在 UNIX 操作系统中，把输入/输出设备看做_。（分数：1.00）A.普通文件B.目录文件C.索引文件D.特殊文件13.在 UNIX 操作系统中，若用户键入的命令参数的个数为 1 时，执行 cat1 命令；若用户键入的命令参数的个数为 2 时，执行 cat21 命令。请将下面所示的 Shell 程序的空缺部分补齐。case _ in1)cat1;2)cat21;*) echo default.esac（分数：1.00）A.B.C.#D.*14.在 UNIX 操作系统中，当用户执行如下命令Link(“/use
20、r/include/myfile.sh“，“/usr/userwang/youfile.sh“)则文件名“/usr/userwang/youfile.sh“存放在_。（分数：1.00）A.user 目录文件中B.include 目录文件中C.userwang 目录文件中D.youfile.sh 的文件内容中软件设计师-操作系统知识答案解析(总分：51.00，做题时间：90 分钟)为了解决进程间的同步和互斥问题，通常采用一种称为 (1) 机制的方法。若系统中有 5 个进程共享若干个资源 R，每个进程都需要 4 个资源 R，那么使系统不发生死锁的资源 R 的最少数目是 (2) 。（分数：2.00）
21、A.调度B.信号量 C.分派D.通信解析：A.20B.18C.16 D.15解析：分析 信号量取自交通管理中的信号灯的概念，借其含义用信号量来作为一种控制进程互斥和同步的变量，也就是通过控制信号量来控制进程的同步与互斥。对实现进程的同步和互斥而言，信号量是一种很有效的工具，现已被广泛地应用于单处理机系统、多处理机系统和计算机网络中。有同类资源 m 个，供 n 个进程共享，每个进程最多申请资源 x 个(1xm)，则有：n(x-1)m。当nxm+ n 时，系统不会出现死锁。因为每个进程在得到 x-1 个资源后，均要申请最后一个资源。只要系统中还有一个资源，就可能使其中一个进程得到满足。当该进程执行
22、结束，归还的资源可供其他进程使用，因而不会发生死锁。所以这里需要资源数最少为 5x(4-1)+1=16 个。某仓库有两名发货员，一名审核员。当顾客提货时，只要发货员空闲，允许顾客进入仓库提货，顾客离开时，审核员检验顾客提货是否正确。其工作流程如图 3-2 所示。为了利用 PV 操作正确地协调他们之间的工作，设置了两个信号量 S1 和 S2，且 S1 的初值为 2，S2 的初值为 1。在图中的 a 处应填写 (3) ，图中的 b，c 和 d 处应分别填写 (4) 。（分数：2.00）A.P(S1) B.P(S2)C.V(S1)D.V(S2)解析：A.P(S2)，V(S2)和 V(S1)B.P(S
23、1)，V(S1)和 V(S2)C.V(S1)，P(S2)和 V(S2) D.V(S2)，P(S1)和 V(S1)解析：分析 根据题意，S1 初值为 2，表示发货员；S2 初值为 1，表示审核员。顾客进入，排队等待发货员发货 P(S1)；发货后 V(S1)，发货员给下一位顾客发货，该顾客等待审核员检验 P(S2)：检验完后 V(S2)，审核员继续给下一位等待审核的顾客检验。关键在于是审核员检验完后，发货员才给下一位顾客发货，亦即发货员等待审核员的检验结果，还是发货员发完货就处于空闲，可以给下一位顾客发货。所以应该是发完货就空闲，不用等待审核员的检验结果。因此，a，b，c，d 依次为 P(S1)、
24、V(S1)、P(S2)、V(S2)。在一个单 CPU 的计算机系统中，有两台外部设备 R1，R2 和三个进程 P1，P2，P3。系统采用可剥夺式优先级的进程调度方案，且所有进程可以并行使用 I/O 设备，三个进程的优先级、使用设备的先后顺序和占用设备时间如表 3-1 所示。表 3-1 设备设置（分数：2.00）A.60B.67C.78D.90 解析：A.70 B.78C.80D.89解析：分析 根据题目的叙述，我们可以作出进程运行的时空图帮助解题。从如图 3-3 所示的时空图中我们可以看出三个进程运行完毕需要 100ms，CPU 工作了 90ms，所以 CPU 的利用率为 90%： R2 工作
25、了70ms。所以 R2 的工作效率为 70%。*1.进程 PA 不断地向管道写数据，进程 PB 从管道中读数据并加工处理，如图 3-4 所示。如果采用 PV 操作来实现进程 PA 和进程 PB 间的管道通信，并且保证这两个进程并发执行的正确性，则至少需要_。（分数：1.00）A.1 个信号量，信号量的初值为 0B.2 个信号量，信号量的初值分别为 0，1 C.3 个信号量，信号量的初值分别为 0，0，1D.4 个信号量，信号量的初值分别为 0，0，1，1解析：分析 这是一个典型的生产者消费者问题，其中 PA、PB 分别为生产者和消费者，管道为临界区。程序应该设置 1 个同步信号量，信号量为 1
26、 时说明管道已满，拒绝 PA 再写入数据；信号量为 0 时说明管道为空，拒绝 PB 再读出数据。管道初始是没有数据的，所以初始值为 0。程序还需要 1 个互斥信号量，来保证程序只有一个进程访问管道，其初始值为 1。2.假设系统中有三类互斥资源 R1，R2 和 R3，可用资源数分别为 9，8 和 5。在 T0时刻系统中有P1，P2，P3，P4 和 P5 五个进程，这些进程对资源的最大需求量和已分配资源数如表 3-2 所示。如果进程按_ 序列执行，那么系统状态是安全的。表 3-2 进程对资源的需求（分数：1.00）A.P1P2P4P5P3B.P2P1P4P5P3C.P2P4P5P1P3 D.P4P
27、2P5P1P3解析：分析 由题意，R1，R2 的和 R3 最大资源数为 9，8，5。R1，R2 和 R3 的已分配资源总数为 7，7和 5。因此系统中 R1，R2 和 R3 的剩余可分配资源数为 2，1，0。按照什么样的顺序分配剩余的资源而不会引起死锁是解决这个问题的关键。这样的顺序可能不止一种，但总的原则是：将剩余的资源分配给某一个可以顺利完成的进程，然后收回释放的资源，再次分配给另一个可以完成的进程，然后再次收回释放的资源。按照这样的顺序推进下去，就可以保证系统不会死锁，才会是安全的。对于本题，我们可以先把剩余资源分配给 P2，因为它只需要一个 R2 资源。P2 执行完毕后，系统的可用资源
28、数增加到 4，2，1。再把资源分配给 P4，因为 P4 只需要 1 个只 3 资源。依次类推，按照P2P4P5P1P3 的顺序执行，系统是安全的。若有一个仓库，可以存放 P1，P2 两种产品，但是每次只能存放一种产品，要求：w=P1 的数量-P2 的数量-iwk(i，k 为正整数)若用 PV 操作实现 P1 和 P2 产品的入库过程，至少需要 (9) 个同步信号量及 (10) 个互斥信号量，其中，同步信号量的初值分别为 (11) ，互斥信号量的初值分别为 (12) 。（分数：4.00）A.0B.1C.2 D.3解析：A.0B.1 C.2D.3解析：A.0B.i，k，0C.i，kD.i-1，k-
29、1 解析：A.1 B.1，1C.1，1，1D.i，k解析：分析 为了标识 P1 和 P2 产品入库，我们需要两个同步信号量 S1 和 S2，分别标记 P1 和 P2 的数量。根据题意，S1 的初值显然不能大于等于 k。因为如果 S1 的初值超过 k，而此时又有 P1 产品入库，就有可能会造成 w 的越界。同理 S2 的初值一样不能超过 i。此外，我们还需要设置一个互斥信号量 mutex，其初值为 1，使得多个进程能够互斥地访问临界区。P1 或P2 两种产品中的任一种产品申请入库成功后，将 mutex 减 1，使其他进程无法在此期间使用仓库。入库操作完成后，再将 mutex 加 1，其他进程就可
30、以申请入库了。在某超市里有一个收银员，且同时最多允许有 n 个顾客购物，我们可以将顾客和收银员看成是两类不同的进程，且工作流程如图 3-7 所示。为了利用 PV 操作正确地协调这两类进程之间的工作，设置了三个信号量 S1，S2 和 Sn，且初值分别为 0，0 和 n。这样在图中的 a 处应填写 (13) ，在图中的 b1，b2 处应分别填写 (14) ，在图中的 c1、c2 处应分别填写 (15) 。（分数：3.00）A.P(S1)B.P(S2)C.P(Sn) D.P(Sn)，P(S1)解析：A.P(Sn)，V(S2)B.P(Sn)，V(S1)C.P(S2)，V(S1)D.V(S1)，P(S2
31、) 解析：A.P(S1)，V(S2) B.P(Sn)，V(S1)C.P(S2)，V(S1)D.V(S1)，P(S2)解析：分析 进程之间存在相互制约的关系，这就是进程的同步和互斥。有多种方法可以解决进程之间的同步和互斥问题，其中常用的一种是信号量方法。设一个整型变量 S，同一个队列相对应。在 S 上定义两种操作：P 操作和 V 操作。执行一次 P 操作，信号量 S 减 1，S0 时，调用 P 操作的进程继续执行；S0 时，该进程被阻塞，并且被插入到等待队列中。执行一次 V 操作，信号量 S 加 1，当 S0 时，调用V 操作的进程继续执行：S0 时，从信号量 S 对应的等待队列中选出一个进程进
32、入就绪状态。在本题中，超市是公有资源，所以设置一个互斥信号量 Sn，初值为 n。当顾客进入超市时，首先要 P(Sn)，离开时 V(Sn)。因为顾客进程和收银员进程之间是同步关系，整个超市只有一个收银员，一次只能有一个顾客付款，所以必须为收银员进程及顾客进程各设置一个私有信号量 S1 和 S2，初值分别为 0，0。顾客买完东西，去付款时，执行 V(S1)，通知收银员有顾客付款。收银员进程此时就可以执行 P(S1)，进入收费。收费完毕，收银员进程执行 V(S2)，通知顾客进程。而顾客进程此时继续执行 P(S2)，即可离开收银台。最后，执行V(Sn)，离开超市，释放资源。因争用资源产生死锁的必要条件
33、是互斥、循环等待、不可抢占和 (16) 。对于缓冲池 (大量缓冲区)的管理，采用生产者-消费者方式解决同步或互斥时，通常需要用 (17) 个信号量。（分数：2.00）A.请求与释放B.释放与保持C.释放与阻塞D.保持与等待 解析：A.1B.2C.3 D.4解析：分析 进程的并发执行会导致对资源的竞争。如果多个进程由于竞争资源造成一种僵局，而无外力作用，这些进程都将无法向前推进，就造成了死锁。死锁的产生有以下四个必要条件。(1)互斥条件：在一段时间内某资源只能被一个进程占有。(2)请求和保持条件：进程在申请新的资源得不到满足时，对已获得的其他资源保持不放。(3)不可剥夺条件：进程已获得的资源在未
34、使用完之前不能被剥夺，只能在使用完时由自己释放。(4)环路等待条件：在资源有向图中，存在环路。在 n 个缓冲区，m 个生产者和 k 个消费者的生产者-消费者问题中，可利用互斥信号量 mutex 使诸进程实现对缓冲池的互斥使用，利用资源信号量 empty 和 full 分别表示缓冲池中空缓冲区和满缓冲区的数量。因此通常需要 3 个信号量。3.如果主存容量为 16M 字节，且按字节编址，表示该主存地址至少应需要_ 位。（分数：1.00）A.16B.20C.24 D.32解析：分析 本题考查的是计算机数字编码和存储地址方面的基础知识。用二进制数编码表示地址， 16M 地址最少需要 24 位，因为 1
35、6M=24220=224。4.在计算机系统中构成虚拟存储器_。（分数：1.00）A.只需要一定的硬件资源便可实现B.只需要一定的软件即可实现C.既需要软件也需要硬件方可实现 D.既不需要软件也不需要硬件解析：分析 虚拟存储器是由主存、辅存、存储管理单元及操作系统中存储管理软件组成的存储系统。在使用该存储系统时，可以使用的空间远远大于主存的物理空间。5.页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成的。假定页面的大小为 4KB，地址变换过程如图 3-8 所示，图中逻辑地址用十进制数表示。（分数：1.00）A.33220 B.8644C.4548D.2500解析：分析 在页式存储管理中，逻辑地
36、址除以页面的大小，商为页号，余数为页内地址。在本题中，页面的大小为 4KB(4096)，用逻辑地址 8644 除以 4096，商为 2，余数为 452。查找页表可知，物理块号为8，因此十进制数物理地址 a 应为 84096+452=33220，答案选 A。主存按字节编址，地址从 A4000H 到 CBFFFH，共有 (21) 字节。若用存储容量为 32K*8bit 的存储器芯片构成该主存，至少需要 (22) 片。（分数：2.00）A.80KB.96KC.160K D.192K解析：A.2B.5 C.8D.10解析：分析 内存地址从 A4000H 到 CBFFFH 共有 160K 个存储单元，而
37、内存是按字节编址的，故内存共有160K 字节。若要用存储容量为 32K*8bit 的存储器芯片构成内存，至少要 160/32=5 片。容量为 64 块的 Cache 采用组相连方式映像，字块大小为 128 个字，每 4 块为一组。若主存容量为 4096 块，且以字编址，那么主存地址应为 (23) 位，主存区号应为 (24) 位。（分数：2.00）A.16B.17C.18D.19 解析：A.5B.6 C.7D.8解析：分析 由于主存容量为 4096 块，而每块为 128 字节，所以主存的总容量为 512K 字节，故主存地址应为 19 位。主存地址应分为区号、组号、组内块号、块内地址号。可以知道，
38、块内地址号应为 7 位，用来表示 128 字节。一组为 4 块，则组内块号用 2 位表示。Cache 容量为 64 块，共分为 16 组，故组号需要用 4 位地址表示。剩余的即为区号，应为 6 位。虚拟存储管理系统的基础是程序的 (25) 理论，这个理论的基本含义是指程序执行时往往会不均匀地访问主存储器单元。根据此理论，Denning 提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁地访问的页面集合。在进程运行时，如果它的工作集页面都在 (26) 内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的页面调儿调出现象。（分数：2.00）A.全局性B.局部性 C.时间全局性D.空间全局性解析：A.主存储器 B.
39、虚拟存储器C.辅助存储器D.U 盘解析：分析 虚拟存储管理系统的基础是程序的局部性理论。所谓程序局部性原理是指程序在执行时所呈现的局部性规律，即在一段较短时间内，程序的执行仅限于某个部分。局部性原理表现为两个方面：时间局限性和空间局限性。工作集是指在进程运行时被频繁访问的页面集合。虽然程序只需少量的几页内存就可以运行，但为了使程序更有效地运行，必须使程序的工作集全部在内存当中，否则会使进程在运行中频繁出现中断，从而出现频繁的页面调入/调出现象。6.假设某计算机系统的主存大小为 256KB，在某一时刻主存的使用情况如表 3-3 所示。此时，若进程顺序请求 20KB、10KB 和 55 的存储空间
40、，系统采用_ 算法为进程依次分配主存，则分配后的主存情况如表 3-4 所示。表 3-3 某一时刻主存的使用情况起始地址 OKB20KB50KB90KB100KB105KB135KB160KB175KB195KB220KB状 态 已用 未用 已用 已用 未用 已用 未用 已用 未用 未用 已用容 量 20KB30KB40KB10KB5KB30KB25KB15KB20KB25KB36KB表 3-4 分配后的主存情况起始地址 OKB20KB40KB50KB90KB100KB105KB135KB145KB160KB175KB195KB200KB220KB状 态 已用 已用 未用 已用 已用 未用 已用
41、 已用 未用 未用 未用 已用 未用 已用容 量 20KB20KB10KB40KB10KB5KB30KB10KB15KB15KB20KB5KB20KB36KB（分数：1.00）A.最佳适应B.最差适应 C.首次适应D.循环首次适应解析：分析 实存存储分配常用的 4 种算法是：最佳适应算法，最差适应算法，首次适应算法和循环首次适应算法。根据本题情况，第一次分配 20KB 的丰存，采取的是分隔 30KB 主存区的方法。第二次分配10KB 的主存，分隔 25KB 的主存区。第三次分配 5KB 的主存，分隔 25KB 的主存区。由此我们可以知道，系统的每次分配，都是在空闲分区中选择满足要求的最大的主存
42、进行分配。这显然采取的是最差适应算法。7.使 Cache 命中率最高的替换算法是_。（分数：1.00）A.先进先出算法 FIFOB.随机算法 RANDC.先进后出算法 FILOD.最近最少使用的页面替换算法 LRU 解析：分析 为了提高 Cache 的命中率，人们想出了许多替换算法，其中包括先进先出算法、最近最少使用的页面替换算法、随机算法及最佳替换算法等。其中最佳替换算法是将未来近期不用的页替换出去，这是一种理想的替换算法，具有最高的命中率，只是不易实现，可作为衡量其他算法的标准。8.某软盘有 40 个磁道，磁头从一个磁道移至另一个磁道需要 5ms。文件在磁盘上非连续存放，逻辑上相邻数据块的
43、平均距离为 10 个磁道，每块的旋转延迟时间及传输时间分别为 100ms 和 25ms，则读取一个100 块的文件需要_时间。（分数：1.00）A.17500ms B.15000msC.5000msD.25000ms解析：分析 (100+25+510)100=17500ms。一台 PC 计算机系统启动时，首先执行的是 (30) ，然后加载 (31) 。在设备管理中，虚拟设备的引入和实现是为了充分利用设备，提高系统效率，采用 (32) 来模拟低速设备(输入机或打印机)的工作。（分数：3.00）A.主引导记录B.分区引导记录C.BIOS 引导程序 D.引导扇区解析：A.主引导记录和引导驱动器的分区
44、表，并执行主引导记录 B.分区引导记录、配置系统，并执行分区引导记录C.操作系统，如 Windows98/NT/2000/XP、UNIX 等D.相关支撑软件解析：A.Spooling 技术，利用磁带设备B.Spooling 技术，利用磁盘设备 C.脱机批处理系统D.移臂调度和旋转调度技术，利用磁盘设备解析：分析 每当开机时自动执行 BIOS 引导程序，它主要执行如下任务。(1)标识和配置所有的即插即用设备。如果系统有即插即用设备，系统将搜索和测试所有安装的即插即用设备，并为它们分配 DMA 通道、IRQ 及需要的其他设备。(2)完成加电自检。加电自检主要监测和测试内存、端口和键盘等设备。(3)
45、对引导驱动器可引导分区定位。在 CMOS 中，用户可以设置系统中的引导顺序，以便对引导驱动器的可引导分区重新定位。大多数系统的引导顺序是首先是软驱，然后是硬驱，再次是 CD-ROM 驱动器。(4)加载主引导记录及引导驱动器的分区表，执行主引导记录 MBR。主引导记录在硬盘上找到可引导分区后，将其分区引导记录装入内存，并将控制权交给分区引导记录。有分区引导记录定位根目录，然后装入操作系统。由此可知，问题(1)的答案是 C，(2)的答案是 A。Spooling 技术及脱机的输入/输出技术，是为了缓和 CPU 的高速与 I/O 设备的低速间的矛盾而引入的。该技术利用了专门的外围控制机将低速 I/O
46、设备上的数据传送到高速设备上，或者相反。但是当引入多道程序后，完全可以利用其中的一道程序来模拟脱机输入时的外围控制机的功能，把低速的 I/O 设备上的数据传送到高速磁盘上：再利用另一道程序来模拟脱机输出时的外围控制机的功能，把高速磁盘上的数据传送到低速的设备上。这样便可以在主机的控制下实现脱机输入/输出的功能。此时的外围操作与 CPU 对数据的处理同时进行，我们将这种在联机情况下实现的同时外围操作称为 Spooling。采用假脱机技术，可以将低速的独占设备改造成一种可共享的设备，而且一台物理设备可以对应若干台虚拟的同类设备。Spooling 系统必须有高速、大容量并且可随机存取的外存支持。故问
47、题(3)的答案是 B。9.文件系统中，设立打开文件(Open)系统功能调用的基本操作是_。（分数：1.00）A.把文件信息从辅存读到内存B.把文件的控制管理信息从辅存读到内存 C.把磁盘的超级块从辅存读到内存D.把文件的 FAT 表信息从辅存读到内存解析：分析 文件控制块 FCB 是系统为管理文件而设置的一个数据结构。FCB 是文件存在的标识，它记录了系统管理文件所需要的全部信息。FCB 通常应包括以下 3 类信息。(1)基本信息类：文件名、文件的物理位置、文件长度和文件块数等。(2)存取控制信息类：文件的存取权限。(3)使用信息类：文件建立日期、最后一次修改日期、最后一次访问的日期、当前使用
48、的信息和目录文件。所以打开文件系统功能调用的基本操作是把文件的控制管理信息从辅存读到内存。如图 3-12 所示的树型文件中，方框表示目录，圆圈表示文件，“/”表示路径的分隔符，“/”在路径之首表示根目录。在图 3-12 中， (34) 。假设当前目录是 D1，进程 A 以如下两种方式打开文件 f1。方式fd1=open(“ (35) /f1“，o_ RDONLY)；方式fd1：=open(“/D1/W1/f1“，o_ RDONLY)；其中，方式的工作效率比方式的工作效率高，因为采用方式的文件系统 (36) 。（分数：3.00）A.子目录 W2 中文件 f2 和子目录 D2 中文件 f2 是完全
49、相同的B.子目录 W2 中文件 f2 和了目录 D2 中文件 f2 是不相同的C.子目录 W2 中文件 f2 和子目录 D2 中文件 f2 是可能相同也可能不相同的 D.树型文件系统中不允许出现相同名字的文件解析：A./D1/W1B.D1/W1C.W1 D.f1解析：A.可以直接访问根目录下的文件 f1B.可以从当前路径开始查找需要访问的文件 f1 C.只需要访问一次磁盘，就可以读取文件 f1，而方式需要两次D.只需要访问一次磁盘，就可以读取文件 f1，而方式需要三次解析：分析 树型目录结构允许用户在自己的目录中使用与其他用户文件系统相同的文件名，因此子目录 W2 中文件 f2 和子目录 D2 中的文件 f2 可能相同也可能不同，但是访问一个文
