【计算机类职业资格】软件设计师-操作系统知识(四)及答案解析.doc

《【计算机类职业资格】软件设计师-操作系统知识(四)及答案解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【计算机类职业资格】软件设计师-操作系统知识(四)及答案解析.doc（17页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、软件设计师-操作系统知识(四)及答案解析(总分：38.00，做题时间：90 分钟)一、综合知识试题(总题数：24，分数：38.00)进程 P1、P2、P3、P4 和 P5 的前趋图如下：若用 PV 操作控制进程 P1P5 并发执行的过程，则需要设置 6 个信号 S1、S2、S3、S4、S5 和 S6，且信号量 S1S6 的初值都等于 0。下图中 a 和 b 处应分别填写 (1) ，c 和 d 处应分别填写 (2) ，e 和 f 处应分别填写 (3) 。（分数：3.00）A.P(S1)P(S2)和 P(S3)P(S4)B.P(S1)V(S2)和 P(S2)V(Sl)C.V(S1)V(S2)和 V

2、(S3)V(S4)D.P(S1)P(S2)和 V(S1)V(S2)A.P(S1)P(S2)和 V(S3)V(S4)B.P(S1)P(S3)和 V(S5)V(S6)C.V(S1)V(S2)和 P(S3)P(S4)D.P(S1)V(S3)和 P(S2)V(S4)A.P(S3)P(S4)和 V(S5)V(S6)B.V(S5)V(S6)和 P(S5)P(S6)C.P(S2)P(S5)和 P(S4)P(S6)D.P(S4)V(S5)和 P(S5)V(S6)1.某磁盘磁头从一个磁道移至另一个磁道需要 10ms。文件在磁盘上非连续存放，逻辑上相邻数据块的平均移动距离为 10 个磁道，每块的旋转延迟时间及传输

3、时间分别为 100ms 和 2ms，则读取一个 100 块的文件需要_ms 时间。（分数：1.00）A.10200B.11000C.11200D.20200某文件系统采用多级索引结构，若磁盘块的大小为 512 字节，每个块号需占 3 字节，那么根索引采用一级索引时的文件最大长度为 (5) K 字节；采用二级索引时的文件最大长度为 (6) K 字节。（分数：2.00）A.85B.170C.512D.1024A.512B.1024C.14450D.289002.如果系统采用信箱通信方式，当进程调用 Send 原语被设置成“等信箱”状态时，其原因是_。（分数：1.00）A.指定的信箱不存在B.调用时

4、没有设置参数C.指定的信箱中无信件D.指定的信箱中存满了信件3.若在系统中有若干个互斥资源 R，6 个并发进程，每个进程都需要 2 个资源 R，那么使系统不发生死锁的资源 R 的最少数目为_。（分数：1.00）A.6B.7C.9D.12某进程有 5 个页面，页号为 04，页面变换表如下所示。表中状态位等于 0 和 1 分别表示页面不在内存或在内存。若系统给该进程分配了 3 个存储块，当访问的页面 3 不在内存时，应该淘汰表中页号为 (9) 的页面。假定页而大小为 4K，逻辑地址为十六进制 2C25H，该地址经过变换后，其物理地址应为十六进制 (10) 。页号 页帧号 状态位 访问位 修改位0

5、3 1 1 01 0 0 02 4 1 1 13 0 0 04 1 1 1 1（分数：2.00）A.0B.1C.2D.4A.2C25HB.4096HC.4C25HD.8C25H假设某磁盘的每个磁道划分成 9 个物理块，每块存放 1 个逻辑记录。逻辑记录 R0，R1，R8 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示。物理块 1 2 3 4 5 6 7 8 9逻辑记录 R0R1R2R3R4R5R6R7R8如果磁盘的旋转速度为 27ms/周，磁头当前处在 RO 的开始处。若系统顺序处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为 3ms，则处理这 9 个记录的最长时间为 (11) ；若对信息存储进行

6、优化分布后，处理9 个记录的最少时间为 (12) 。（分数：2.00）A.54msB.108msC.222msD.243msA.27msB.54msC.108msD.216ms操作系统是裸机上的第一层软件，其他系统软件(如 (13) 等)和应用软件都是建立在操作系统基础上的。下图分别表示 (14) 。（分数：2.00）A.编译程序、财务软件和数据库管理系统软件B.汇编程序、编译程序和 Java 解释器C.编译程序、数据库管理系统软件和汽车防盗程序D.语言处理程序、办公管理软件和气象预报软件A.应用软件开发者、最终用户和系统软件开发者B.应用软件开发者、系统软件开发者和最终用户C.最终用户、系统

7、软件开发者和应用软件开发者D.最终用户、应用软件开发者和系统软件开发者进程 P1、P2、P3 和 P4 的前趋图如下。若用 PV 操作控制这几个进程并发执行的过程，则需要设置 4 个信号量 S1、S2、S3 和 S4，且信号量初值都等于 0。下图中 a 和 b 应分别填写 (15) ，c 和 d 应分别填写 (16) 。（分数：2.00）A.P(S1)P(S2)和 P(S3)B.P(S1)P(S2)和 V(S1)C.V(S1)V(S2)和 P(S1)D.V(S1)V(S2)和 V(S3)A.P(S1)P(S2)和 P(S4)B.P(S2)P(S3)和 P(S4)C.V(S1)V(S2)和 V(

8、S4)D.V(S2)V(S3)和 V(S4)4.若系统正在将_文件修改的结果写回磁盘时系统发生崩溃，则对系统的影响相对较大。（分数：1.00）A.空闲块B.目录C.用户数据D.用户程序5.UNIX 系统采用直接、一级、二级和三级间接索引技术访问文件，其索引节点有 13 个地址项(i_addr0i_addr12)。如果每个盘块的大小为 1KB，每个盘块号占 4B，则进程 A 访问文件 F 中第 11 264 字节处的数据时，_。（分数：1.00）A.可直接寻址B.需要一次间接寻址C.需要二次间接寻址D.需要三次间接寻址在 Windows XP 操作系统中，用户利用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初

9、始化、建卷， (19) 。通常将“C:/Windows/myprogram.exe”文件设置成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文件的访问，这一级安全管理称之为 (20) 安全管理。（分数：2.00）A.但只能使用 FAT 文件系统格式化卷B.但只能使用 FAT32 文件系统格式化卷C.但只能使用 NTFS 文件系统格式化卷D.可以选择使用 FAT、FAT32 或 NTFS 文件系统格式化卷A.文件级B.目录级C.用户级D.系统级6.在移臂调度算法中，_算法可能会随时改变移动臂的运动方向。（分数：1.00）A.电梯调度和先来先服务B.先来先服务和最短寻找时间优先C.单向扫描和先来先服务D.电梯调

10、度和最短寻找时间优先设系统中有 R 类资源 m 个，现有，n 个进程互斥使用。若每个进程对 R 资源的最大需求为 w，那么当m、n、w 取下表的值时，对于下表中的 ae 五种情况， (22) 两种情况可能会发生死锁。对于这两种情况，若将 (23) ，则不会发生死锁。abcdem22244n12233w21223（分数：2.00）A.a 和 bB.b 和 cC.c 和 dD.c 和 eA.n 加 1 或 w 加 1B.m 加 1 或 w 减 1C.m 减 1 或 w 加 1D.m 减 1 或 w 减 17.某文件系统采用链式存储管理方案，磁盘块的大小为 1024 字节。文件 Myfile.doc

11、 由 5 个逻辑记录组成，每个逻辑记录的大小与磁盘块的大小相等，并依次存放在 121、75、86、65 和 114 号磁盘块上。若需要存取文件的第 5120 逻辑字节处的信息，应该访问_号磁盘块。（分数：1.00）A.7B.85C.65D.1148.在 Windows Server 2003 下若选择安全登录，则首先需要按_组合键。（分数：1.00）A.Shift+Alt+EscB.Ctrl+Alt+TabC.Ctrl+ShiftD.Ctrl+Alt+Del假设系统中有三类互斥资源 R1、R 2和 R3，可用资源数分别为 8、7 和 4。在 T0时刻系统中有P1、P 2、P 3、P 4和 P5

12、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所示。在 T0时刻系统剩余的可用资源数分别为 (26) 。如果进程按 (27) 序列执行，那么系统状态是安全的。（分数：2.00）A.0、1 和 0B.0、1 和 1C.1、1 和 0D.1、1 和 1A.P1P 2P 4P 5P 3B.P2P 1P 4P 5P 3C.P4P 2P 1P 5P 3D.P4P 2P 5P 1P 3某火车票销售系统有 n 个售票点，该系统为每个售票点创建一个进程 Pj(i=1，2，.，n)。假设Hj(j=1，2，.，m)单元存放某日某车次的剩余票数，Temp 为 Pi进程的临时工作单元，x 为某用户的订票张数。

13、初始化时系统应将信号量 S 赋值为 (28) 。Pi 进程的工作流程如下图所示，若用 P 操作和 V 操作实现进程间的同步与互斥，则图中 a、b 和 c 应分别填入 (29) 。（分数：2.00）A.0B.1C.2D.3A.P(S)、V(S)和 V(S)B.P(S)、P(S)和 V(S)C.V(S)、P(S)和 P(S)D.V(S)、V(S)和 P(S)某虚拟存储系统采用最近最少使用(LRU)页面淘汰算法。假定系统为每个作业分配 3 个页面的主存空间，其中一个页面用来存放程序。现有某作业的部分语句如下。Var A: Array1128,1128 OF integer;i,j: integer;

14、FOR i:=1 to 128 DOFOR j:=1 to 128 DOAi，j:=0;设每个页面可存放 128 个整数变量，变量 i、j 放在程序页中，矩阵 A 按行序存放。初始时，程序及变量i、j 已在内存，其余两页为空。在上述程序片段执行过程中，共产生 (30) 次缺页中断。最后留在内存中的是矩阵 A 的最后 (31) 。（分数：2.00）A.64B.128C.256D.512A.2 行B.2 列C.1 行D.1 列在某计算机中，假设某程序的 6 个页面如下图所示，其中某指令“COPY A TO B”跨两个页面，且源地址A 和目标地址 B 所涉及的区域也跨两个页面。若地址为 A 和 B

15、的操作数均不在内存，计算机执行该 COPY指令时，系统将产生 (32) 次缺页中断；若系统产生三次缺页中断，那么该程序应有 (33) 个页面在内存。（分数：2.00）A.2B.3C.4D.5A.2B.3C.4D.59.在操作系统设备管理中，通常临界资源不能采用_分配算法。（分数：1.00）A.静态优先级B.动态优先级C.时间片轮转D.先来先服务10.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：1.0

16、0）A.17500msB.15000msC.5000msD.25000ms11.某文件管理系统为了记录磁盘的使用情况，在磁盘上建立了位示图(bitmap)。若系统中字长为 16 位，磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、，那么 8192 号物理块的使用情况在位示图中的第_个字中描述。（分数：1.00）A.256B.257C.512D.513在下图所示的树型文件系统中，方框表示目录，圆圈表示文件，“/”表示路径中的分隔符， “/”在路径之首时表示根目录。图中， (37) 。假设当前目录是 A2，若进程 A 以如下两种方式打开文件 f2:方式fd1=open(“ (38) /f2“，o_RDONL

17、Y);方式fd1=open(“/A2/C3/f2“,oRDONLY);那么，采用方式的工作效率比方式的工作效率高。（分数：2.00）A.根目录中文件 f1 与子目录 C1、C2 和 C3 中文件 f1 一定相同B.子目录 C1 中文件 f2 与子目录 C3 中文件 f2 一定相同C.子目录 C1 中文件 f2 与子目录 C3 中文件 f2 一定不同D.子目录 C1 中文件 f2 与子目录 C3 中文件 f2 可能相同也可能不相同(2). （分数：1.00）A./A2/C3B.A2/C3C.C3D.f2软件设计师-操作系统知识(四)答案解析(总分：38.00，做题时间：90 分钟)一、综合知识试

18、题(总题数：24，分数：38.00)进程 P1、P2、P3、P4 和 P5 的前趋图如下：若用 PV 操作控制进程 P1P5 并发执行的过程，则需要设置 6 个信号 S1、S2、S3、S4、S5 和 S6，且信号量 S1S6 的初值都等于 0。下图中 a 和 b 处应分别填写 (1) ，c 和 d 处应分别填写 (2) ，e 和 f 处应分别填写 (3) 。（分数：3.00）A.P(S1)P(S2)和 P(S3)P(S4)B.P(S1)V(S2)和 P(S2)V(Sl)C.V(S1)V(S2)和 V(S3)V(S4) D.P(S1)P(S2)和 V(S1)V(S2)解析：A.P(S1)P(S2

19、)和 V(S3)V(S4)B.P(S1)P(S3)和 V(S5)V(S6) C.V(S1)V(S2)和 P(S3)P(S4)D.P(S1)V(S3)和 P(S2)V(S4)解析：A.P(S3)P(S4)和 V(S5)V(S6)B.V(S5)V(S6)和 P(S5)P(S6)C.P(S2)P(S5)和 P(S4)P(S6) D.P(S4)V(S5)和 P(S5)V(S6)解析：要点解析 利用 PV 操作实现进程的同步时，进程可以通过 P 操作测试消息是否到达，调用 V 操作通知消息已经准备好。根据题意，将信号量标在图上，为：*1.某磁盘磁头从一个磁道移至另一个磁道需要 10ms。文件在磁盘上非连

20、续存放，逻辑上相邻数据块的平均移动距离为 10 个磁道，每块的旋转延迟时间及传输时间分别为 100ms 和 2ms，则读取一个 100 块的文件需要_ms 时间。（分数：1.00）A.10200B.11000C.11200D.20200 解析：要点解析 磁盘磁头从一个数据块移动到相邻的数据块需要的时间为 10ms10=100ms，每块的旋转延迟时间及传输时间分别为 100ms 和 2ms，则读取一个块的平均时间为 202ms，读取一个 100 块的文件需要的时间为 20200ms。某文件系统采用多级索引结构，若磁盘块的大小为 512 字节，每个块号需占 3 字节，那么根索引采用一级索引时的文件

21、最大长度为 (5) K 字节；采用二级索引时的文件最大长度为 (6) K 字节。（分数：2.00）A.85 B.170C.512D.1024解析：A.512B.1024C.14450 D.28900解析：要点解析 一级索引需要使用一个磁盘块来保存直接索引的块号。由题目知，磁盘块的大小为512 字节，每个块号需占 3 字节，则一个磁盘块可以保存的块号的个数为 512/3=170。所以，采用一级索引时，文件最大长度为 512170B=85KB；采用二级索引时的文件最大长度为 85KB170=14450KB。2.如果系统采用信箱通信方式，当进程调用 Send 原语被设置成“等信箱”状态时，其原因是_

22、。（分数：1.00）A.指定的信箱不存在B.调用时没有设置参数C.指定的信箱中无信件D.指定的信箱中存满了信件 解析：要点解析 为了实现进程间的通信，可以设立一个通信机构信箱，以发送信件以及接收回答信件为进程间通信的基本方式。采用信箱通信的最大好处是，发送方和接收方不必直接建立联系，没有处理时间上的限制。发送方可以在任何时间发信，接收方也可以在任何时间收信。为了实现信箱通信，必须提供相应的原语，如创建信箱原语、撤销信箱原语、发送信件原语和接收信件原语等。Send 原语是发送原语，当进程调用 Send 原语被设置成“等信箱”状态时，意味着指定的信箱存满了信件，无可用空间。3.若在系统中有若干个互

23、斥资源 R，6 个并发进程，每个进程都需要 2 个资源 R，那么使系统不发生死锁的资源 R 的最少数目为_。（分数：1.00）A.6B.7 C.9D.12解析：要点解析 若资源 R 的数目为 6，6 个进程并发执行，操作系统为每个进程分配 1 个资源 R，此时已无可供分配的资源 R，而每个进程还都需要 1 个资源 R，则这 6 个进程由于请求的资源 R 得不到满足而死锁。对于选项 B，操作系统为每个进程分配 1 个资源 R 后，系统还有 1 个可供分配的资源 R，能满足其中的 1 个进程对资源 R 的要求，该进程运行完毕释放占有的资源 R，从而使其他进程也能得到所需的资源R 并运行完毕。某进程

24、有 5 个页面，页号为 04，页面变换表如下所示。表中状态位等于 0 和 1 分别表示页面不在内存或在内存。若系统给该进程分配了 3 个存储块，当访问的页面 3 不在内存时，应该淘汰表中页号为 (9) 的页面。假定页而大小为 4K，逻辑地址为十六进制 2C25H，该地址经过变换后，其物理地址应为十六进制 (10) 。页号 页帧号 状态位 访问位 修改位0 3 1 1 01 0 0 02 4 1 1 13 0 0 04 1 1 1 1（分数：2.00）A.0 B.1C.2D.4解析：A.2C25HB.4096HC.4C25H D.8C25H解析：要点解析 页面变换表中状态位等于 0 和 1 分别

25、表示页面不在内存或在内存，所以 0、2 和 4 号页面在内存。当访问的页面 3 不在内存时，系统应该首先淘汰未被访问的页面，因为根据程序的局部性原理，最近未被访问的页面下次被访问的概率更小；如果页面最近都被访问过，应该先淘汰未修改过的页面，因为未修改过的页面内存与辅存一致，故淘汰时无需写回辅存，使系统页而置换代价小。经上述分析，0、2 和 4 号页面都是最近被访问过的，但 2 和 4 号页面都被修改过而 0 号页面未修改过，故应该淘汰 0号页面。根据题意，页面大小为 4KB，逻辑地址为十六进制 2C25H，其页号为 2，页内地址为 C25H，查页表后可知页帧号(物理块号)为 4，该地址经过变换

26、后，其物理地址应为页帧号 4 拼上页内地址 C25H，即十六进制4C25H。假设某磁盘的每个磁道划分成 9 个物理块，每块存放 1 个逻辑记录。逻辑记录 R0，R1，R8 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示。物理块 1 2 3 4 5 6 7 8 9逻辑记录 R0R1R2R3R4R5R6R7R8如果磁盘的旋转速度为 27ms/周，磁头当前处在 RO 的开始处。若系统顺序处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为 3ms，则处理这 9 个记录的最长时间为 (11) ；若对信息存储进行优化分布后，处理9 个记录的最少时间为 (12) 。（分数：2.00）A.54msB.108msC.

27、222ms D.243ms解析：A.27msB.54ms C.108msD.216ms解析：要点解析 试题(11)分析：系统读记录的时间为 27/9=3ms。系统读出并处理记录 R1 之后，将转到记录 R3 的开始 1 处，所以为了读出记录 R2，磁盘必须再转一圈，需要 27ms(转一圈)的时间。这样，处理 9 个记录的总时间应为 222ms，为处理前 8 个记录(即 R1，R2，R8)的总时间再加上读 R9 的时间：827ms+6ms=222ms。试题(12)分析：对信息进行分步优化的结果如下所示。物理块 1 2 3 4 5 6 7 8 9逻辑记录 R1R6R2R7R3R8R4R9R5从上表

28、可以看出，当读出记录 R1 并处理结束后，磁头刚好转至 R2 记录的开始处，立即就可以读出并处理，因此处理 9 个记录的总时间为：93ms(读记录)+3ms(处理记录)=96ms=54ms。操作系统是裸机上的第一层软件，其他系统软件(如 (13) 等)和应用软件都是建立在操作系统基础上的。下图分别表示 (14) 。（分数：2.00）A.编译程序、财务软件和数据库管理系统软件B.汇编程序、编译程序和 Java 解释器 C.编译程序、数据库管理系统软件和汽车防盗程序D.语言处理程序、办公管理软件和气象预报软件解析：A.应用软件开发者、最终用户和系统软件开发者B.应用软件开发者、系统软件开发者和最终

29、用户C.最终用户、系统软件开发者和应用软件开发者D.最终用户、应用软件开发者和系统软件开发者解析：要点解析 本题主要考查系统软件和应用软件的区别。应用软件是专门为某一应用目的而编制的软件，一般包括文字处理软件、信息处理软件、辅助设计软件、实时控制软件。系统软件主要负责数据是如何输入、输出的以及对硬件的管理等，主要有： 操作系统：如 DOS、Windows、UNIX 等。 数据库管理系统：如 FoxPro、DB2、Access、SQL Server 等。 编译软件：VB、C+、Java 等。应用软件是为最终用户服务的，因此应为最终用户，而是工作在其他系统软件和操作系统基础上，应该为应用软件开发者

30、，而是工作在操作系统和计算机硬件上，应为系统软件开发者。进程 P1、P2、P3 和 P4 的前趋图如下。若用 PV 操作控制这几个进程并发执行的过程，则需要设置 4 个信号量 S1、S2、S3 和 S4，且信号量初值都等于 0。下图中 a 和 b 应分别填写 (15) ，c 和 d 应分别填写 (16) 。（分数：2.00）A.P(S1)P(S2)和 P(S3)B.P(S1)P(S2)和 V(S1)C.V(S1)V(S2)和 P(S1) D.V(S1)V(S2)和 V(S3)解析：A.P(S1)P(S2)和 P(S4) B.P(S2)P(S3)和 P(S4)C.V(S1)V(S2)和 V(S4

31、)D.V(S2)V(S3)和 V(S4)解析：要点解析 本题考查前趋图和 PV 操作。由进程 P1、P2、P3 和 P4 的前趋图可知，P1 是 P2 和 P3 的前趋，P1 和 P2 又是 P3 的前趋，P3 是 P4 的前趋。P1 执行完毕之后才能执行 P2，所以进行 V(S1)和 V(S2)操作。P2 要想执行就必须先申请相应的资源，所以进行 P(S1)操作。由于前趋图 P3 的前趋有两个，所以执行 P3 之前需要执行的操作有 P(S1)P(S2)。P4执行之前也要申请相应的资源，即 P(S4)。4.若系统正在将_文件修改的结果写回磁盘时系统发生崩溃，则对系统的影响相对较大。（分数：1.

32、00）A.空闲块B.目录 C.用户数据D.用户程序解析：要点解析 当文件处于“未打开”状态时，文件需占用三种资源：一个目录项；一个磁盘索引节点项；若干个盘块。当文件被引用或“打开”时，须再增加三种资源：一个内存索引节点项，它驻留在内存中；文件表中的一个登记项；用户文件描述符表中的一个登记项。由于对文件的读写管理，必须涉及上述各种资源，因而对文件的读写管理，又在很大程度上依赖于对这些资源的管理，故可从资源管理观点上来介绍文件系统。这样，对文件的管理就必然包括：对索引节点的管理；对空闲盘块的管理；对目录文件的管理；对文件表和描述符表的管理；对文件的使用。因此如果目录文件在写回磁盘时发生异常，对系统

33、的影响是很大的。对于空闲块、用户数据和程序并不影响系统的工作，因此不会有较大的影响。5.UNIX 系统采用直接、一级、二级和三级间接索引技术访问文件，其索引节点有 13 个地址项(i_addr0i_addr12)。如果每个盘块的大小为 1KB，每个盘块号占 4B，则进程 A 访问文件 F 中第 11 264 字节处的数据时，_。（分数：1.00）A.可直接寻址B.需要一次间接寻址 C.需要二次间接寻址D.需要三次间接寻址解析：要点解析 由于 UNIX 系统可以提供 4 级索引：10 个直接索引块，1 个一次间接索引，1 个二次间接索引，1 个三次间接索引。当一个进程要访问的偏移量为 11 26

34、4B 时，需要访问磁盘的次数计算如下：偏移量为 11 264B 在文件中的相对块号为：11 246/1024=11。每个盘块号占 4B，一个索引块可以存放1024 个索引项。显然第 11 块在一次间接索引块中，且占有的索引项为 11-10=1。故只需要一次间接寻址，以 1 为索引找到相对应的物理块。在 Windows XP 操作系统中，用户利用“磁盘管理”程序可以对磁盘进行初始化、建卷， (19) 。通常将“C:/Windows/myprogram.exe”文件设置成只读和隐藏属性，以便控制用户对该文件的访问，这一级安全管理称之为 (20) 安全管理。（分数：2.00）A.但只能使用 FAT

35、文件系统格式化卷B.但只能使用 FAT32 文件系统格式化卷C.但只能使用 NTFS 文件系统格式化卷D.可以选择使用 FAT、FAT32 或 NTFS 文件系统格式化卷 解析：A.文件级 B.目录级C.用户级D.系统级解析：要点解析 对于固定磁盘来说，Microsoft Windows XP 支持下列三种文件系统：FAT、FAT32 和NTFS。对于第 20 题，“C:/Windows/myprogram.exe”其实就是文件“myprogram.exe”的绝对路径，所以把“C:/Windows/myprogram.exe”文件设置成只读和隐藏属性属于文件级安全管理。6.在移臂调度算法中，_

36、算法可能会随时改变移动臂的运动方向。（分数：1.00）A.电梯调度和先来先服务B.先来先服务和最短寻找时间优先 C.单向扫描和先来先服务D.电梯调度和最短寻找时间优先解析：要点解析 常用的移臂调度算法如下。先来先服务算法：该算法实际上不考虑访问者要求访问的物理位置，而只是考虑访问者提出访问请求的先后次序，故有可能随时改变移动臂的方向。最短寻找时间优先算法：该算法总是从等待访问者中挑选寻找时间最短的那个请求先执行的，而不管访问者到来的先后次序，故也有可能随时改变移动臂的方向。电梯调度算法：该算法是从移动臂当前位置开始沿着臂的移动方向去选择离当前移动臂最近的那个访问者，如果沿臂的移动方向无请求访问

37、时，就改变臂的移动方向再选择。单向扫描算法：该算法的基本思想是，不考虑访问者等待的先后次序，总是从 0 号柱面开始向里道扫描，按照各自所要访问的柱面位置的次序去选择访问者。在移动臂到达最后一个柱面后，立即快速返回到 0 号柱而，返回时不为任何的访问者提供服务。在返回到 0 号柱面后，再次进行扫描。设系统中有 R 类资源 m 个，现有，n 个进程互斥使用。若每个进程对 R 资源的最大需求为 w，那么当m、n、w 取下表的值时，对于下表中的 ae 五种情况， (22) 两种情况可能会发生死锁。对于这两种情况，若将 (23) ，则不会发生死锁。a b c d em 2 2 2 4 4n 1 2 2

38、3 3w 2 1 2 2 3（分数：2.00）A.a 和 bB.b 和 cC.c 和 dD.c 和 e 解析：A.n 加 1 或 w 加 1B.m 加 1 或 w 减 1 C.m 减 1 或 w 加 1D.m 减 1 或 w 减 1解析：要点解析 对于 a，有 R 类资源 2 个，只有 1 个进程，它需要 2 个该类资源即可完成，故不会发生死锁。对于 b，考虑最坏的情况，R 类资源有 2 个，2 个进程各分得 1 个 R 类资源，能顺利做完，不会发生死锁。对于 c，同样考虑最坏的情况，2 个进程各分得 1 个 R 类资源，由于该 2 个进程需要 2 个该类资源才能做完，并且已经没有多余的 R

39、类资源，故发生死锁。对于 d，考虑最坏的情况，R 类资源有 4 个，3 个进程各分得 1 个 R 类资源，剩下的 1 个资源任意分配各 3 个进程中的 1 个，使其顺利做完，然后释放该进程所占用的资源，使其他进程也能顺利做完，故不会发生死锁。对于 e，考虑最坏情况，同样 3 个进程各分得 1 个资源，剩下 1 个资源分配给任意 1 个进程都不能使其做完，因为进程做完需要 3 个该类资源，故会发生死锁。在第 22 题分析的基础上，对于 c 和 e，资源数加 1 或者进程做完所需的最大资源数减 1 都能使其顺利完成，不会发生死锁。7.某文件系统采用链式存储管理方案，磁盘块的大小为 1024 字节。

40、文件 Myfile.doc 由 5 个逻辑记录组成，每个逻辑记录的大小与磁盘块的大小相等，并依次存放在 121、75、86、65 和 114 号磁盘块上。若需要存取文件的第 5120 逻辑字节处的信息，应该访问_号磁盘块。（分数：1.00）A.7B.85C.65D.114 解析：要点解析 每个逻辑记录的大小与磁盘块的大小相等(1024 字节)，而需要存取文件的第 5120 逻辑字节处的信息，由计算得 5120=1024*5，即该处信息在第 5 个逻辑记录上，对应的是 114 号磁盘块。8.在 Windows Server 2003 下若选择安全登录，则首先需要按_组合键。（分数：1.00）A.

41、Shift+Alt+EscB.Ctrl+Alt+TabC.Ctrl+ShiftD.Ctrl+Alt+Del 解析：分析 这是常识问题，在 Windows Server 2003 下安全登录，首先需要按 Ctrl+Alt+Del 组合键。假设系统中有三类互斥资源 R1、R 2和 R3，可用资源数分别为 8、7 和 4。在 T0时刻系统中有P1、P 2、P 3、P 4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所示。在 T0时刻系统剩余的可用资源数分别为 (26) 。如果进程按 (27) 序列执行，那么系统状态是安全的。（分数：2.00）A.0、1 和 0B.0、1 和 1C.1

42、、1 和 0 D.1、1 和 1解析：A.P1P 2P 4P 5P 3B.P2P 1P 4P 5P 3C.P4P 2P 1P 5P 3D.P4P 2P 5P 1P 3 解析：分析 所谓安全状态，是指系统能按照某种顺序如P1，P2，Pn来为每个进程分配其所需资源，直至最大需求，使每个进程都可顺利完成。通常称P1，P2，Pn序列为安全序列。若系统不存在这样一个安全序列，则称该系统处于不安全状态。先看第 26 题，首先求剩下的资源数。R1=8-(1+2+2+1+1)=1R2=7-(1+1+1+2+1)=1R3=4-(1+1+1+1)=0可知在 T0时刻系统剩余的可用资源数分别为 1、1 和 0，且系

43、统不再为 R3分配资源，所以不能一开始就运行需要分配 R3 资源的进程。由题表可知，进程 P1、P 2、P 5都需要再分配一个 R3资源，所以排除 A 选项和B 选项。现在看 27 题的 C 选项 P4P 2P 1P 5P 3。如果进程可以完成就设置标志 T，如下表所示。因为系统的可用资源数为(1，1，0)，而进程 P4 只需要一个 R1 资源；进程 P2 可以设置完成标志 T，因为进程 P4 运行完毕将释放所有资源，此时系统的可用资源数应为(2，3，1)，而进程 P2 只需要(0，1，1)；进程 P2 运行完毕将释放所有资源，此时系统的可用资源数应为(4，4，2)，进程 P1 不能设置完成标

44、志T，因为进程 P1 需要资源 R1 的数目为 5，系统只能提供 4 个 R1 资源，所以序列无法进行下去。所以 C 选项的序列是不安全的。*D 选项的序列是安全的，如下表所示。*某火车票销售系统有 n 个售票点，该系统为每个售票点创建一个进程 Pj(i=1，2，.，n)。假设Hj(j=1，2，.，m)单元存放某日某车次的剩余票数，Temp 为 Pi进程的临时工作单元，x 为某用户的订票张数。初始化时系统应将信号量 S 赋值为 (28) 。Pi 进程的工作流程如下图所示，若用 P 操作和 V 操作实现进程间的同步与互斥，则图中 a、b 和 c 应分别填入 (29) 。（分数：2.00）A.0B

45、.1 C.2D.3解析：分析 本题考查 PV 操作的相关知识，在计算机操作系统中，PV 操作是进程管理中的难点。利用信号量和 PV 操作实现进程互斥的一般模型是：进程 P1 进程 P2 进程 Pn P(S)； P(S)； P(S)；临界区； 临界区； 临界区；V(S)； V(S)； V(S)； 其中信号量 S 用于互斥，初值为 1。使用 PV 操作实现进程互斥时应该注意以下几点。(1)每个程序中用户实现互斥的 P、V 操作必须成对出现，先做 P 操作，进临界区，后做 V 操作，出临界区。若有多个分支，要认真检查其成对性。(2)P、V 操作应分别紧靠临界区的头尾部，临界区的代码应尽可能短，不能有

46、死循环。(3)互斥信号量的初值一般为 1。对于 28 题，有多个售票点，为了让每个售票点在售票时对剩余票数进行互斥操作，需设立一个互斥信号，其初值为 1。对于 29 题，当某个售票点有售票请求时对信号进行 P 操作。根据流程图，对 Temp 进行判断，若Tempx，则接受售票请求，否则拒绝售票请求。所以 a 处是 P 操作，b 和 c 处是 V 操作，A 选项正确。A.P(S)、V(S)和 V(S) B.P(S)、P(S)和 V(S)C.V(S)、P(S)和 P(S)D.V(S)、V(S)和 P(S)解析：某虚拟存储系统采用最近最少使用(LRU)页面淘汰算法。假定系统为每个作业分配 3 个页面

47、的主存空间，其中一个页面用来存放程序。现有某作业的部分语句如下。Var A: Array1128,1128 OF integer;i,j: integer;FOR i:=1 to 128 DOFOR j:=1 to 128 DOAi，j:=0;设每个页面可存放 128 个整数变量，变量 i、j 放在程序页中，矩阵 A 按行序存放。初始时，程序及变量i、j 已在内存，其余两页为空。在上述程序片段执行过程中，共产生 (30) 次缺页中断。最后留在内存中的是矩阵 A 的最后 (31) 。（分数：2.00）A.64B.128 C.256D.512解析：A.2 行 B.2 列C.1 行D.1 列解析：分

48、析 系统为每个作业分配 3 个页面的主存空间，其中一个页面用来存放程序。二维数组 A128128共有 128 行 128 列，即每行有 128 个整型变量。由题知，每个页面可存放 128 个整型变量且矩阵 A按行序存放，所以正好可以存放矩阵 A 的一行数据。这样进入内存的数据序列为：第 1 行、第 2 行、第 3行、。当第 3 行数据进入内存时，内存中的 3 个页面已满，需要进行页面淘汰。本题中采用的是最近最少使用页面淘汰算法，每次淘汰最久未被访问的页面。因为用来存放程序的页面时时都在调用，是不会被淘汰的，第 1 行相对第 2 行数据来说是最久未使用过的，所以淘汰第 1 行数据。当第 4 行数据进入内存时淘汰第 2 行数据，以此类推，所以最后留在内存中的是矩阵 A 的最后 2 行。由于每次调入一行数据，产生一次缺页中断，共有 128 行数据，所以有 128 次缺页中断。在某计算机中，假设某程序的 6 个页面如下图所示，其中某指令“COPY A TO B”跨两个页面，且源地址A 和目标地址 B 所涉及的区域也跨两个页面。若地址为 A 和 B 的操作数均不在内存，计算机执行该 COPY指令时，系统将产生 (32) 次缺页中断；若系统产生三次缺页中断，那么该程序应有 (33) 个页面在内存。（分数：2.00）A.2B.3C.4 D.5解析：A.2