根据考试大纲要求，在操作系统方面，考生需要掌握以下知识点：

● 操作系统的类型与结构。

● 操作系统基本原理。

● 操作系统性能优化。

● 网络操作系统与嵌入式操作系统。

试题1（2006年上半年试题48～49）

影响文件系统可靠性的因素之一是文件系统的一致性问题，如果读取 （48） 的某磁盘块，修改后在写回磁盘前系统崩溃，则对系统的影响相对较大。通常的解决方案是采用文件系统的一致性检查，一致性检查包括块的一致性检查和文件的一致性检查。在块的一致性检查时，检测程序构造一张表，表中为每个块设立两个计数器，一个跟踪该块在文件中出现的次数，一个跟踪该块在空闲表中出现的次数。若系统有16个块，检测程序通过检测发现表 （49） 状态下的文件系统是一致的。

（48）A．用户文件的某磁盘块

B．空闲表磁盘块

C．用户目录文件

D．系统目录文件

（49）

试题1分析

影响文件系统可靠性的因素之一是文件系统的一致性问题，如果读取系统目录文件的某磁盘块，修改后在写回磁盘前系统崩溃，则对系统的影响相对较大。因为很多文件系统是先读取磁盘块到主存，在主存进行修改，然后写回磁盘。但如果读取某磁盘块，修改后在将信息写回磁盘前系统崩溃，则文件系统就可能会出现不一致性状态。如果这些未被写回的磁盘块是系统目录文件，如索引节点块、目录块或空闲管理块等，那么后果是很严重的。

通常的解决方案是采用文件系统的一致性检查，一致性检查包括块的一致性检查和文件的一致性检查。在块的一致性检查时，检测程序构造一张表，表中为每个块设立两个计数器，一个跟踪该块在文件中出现的次数，一个跟踪该块在空闲表中出现的次数。

若系统有16个块，当进行文件的一致性检查时发现，选项A的第3块在计数器1中为0，这意味着没有文件使用这个块，但在计数器2中也为0，这意味着这个块不空闲。因此，文件系统进行一致性检查时发现出了问题。选项C的第6块在计数器1中为3，说明这个块被重复分配了3次，因此文件系统进行一致性检查时发现出了问题。选项D的第8块在计数器2中为2，说明这个块被重复释放了2次，因此文件系统进行一致性检查时发现出了问题。选项B的某些块在计数器1中为1，在计数器2为0；而其他块在计数器1中为0，在计数器2中为1。这说明文件系统的一致性检查是正确的。

试题1答案

（48）D （49）B

试题2（2006年下半年试题16）

在虚拟存储器中，辅存的编址方式是 （16） 。

（16）A．按信息编址

B．按字编址

C．按字节编址

D．按位编址

试题2分析

虚拟存储器必须建立在主存—辅存结构上，但一般的主存—辅存系统并不一定是虚拟存储器，虚拟存储器与一般的主存—辅存系统的本质区别如下：

（1）虚拟存储器允许人们使用比主存容量大得多的地址空间来访问主存，非虚拟存储器最多只允许人们使用主存的整个空间，一般只允许使用操作系统分配的主存中的某一部分空间。

（2）虚拟存储器每次访问主存时必须进行虚、实地址的变换，而非虚拟存储系统则不必变换。

虚拟存储技术实际上是将编写程序时所用的虚拟地址（逻辑地址）转换成较小的物理地址。在程序运行时，随时进行这种变换。为了便于主存与辅存之间信息的交换，虚拟存储器一般采用二维或三维的复合地址格式。采用二维地址格式时，将整个存储器划分为若干页（或段），每个页（或段）又包括若干存储单元。采用三维地址格式时，将整个存储空间分为若干段，每段分为若干页，每页又包括若干存储单元。根据地址格式不同，在虚拟存储系统中，基本信息传送单位可采用段、页或段页等几种不同的方式。

试题2答案

（16）A

试题3（2006年下半年试题45）

图2-1（a）所示是某一个时刻J1、J2、J3、J4四个作业在内存中的分配情况，若此时操作系统先为J5分配5KB空间，接着又为J6分配10KB空间，那么操作系统采用分区管理中的 （45） 算法，使得分配内存后的情况如图2-1（b）所示。

（45）A．最先适应

B．最佳适应

C．最后适应

D．最差适应

试题3分析

根据图2-1（a），为J1、J2、J3、J4分配了内存后，内存剩余空间为J1与J2之间的15KB、J2和J3之间的10KB、J3和J4之间的30KB。当为任务J5分配5KB空间时，系统选择了分配在J2和J3之间的10KB，然后为任务J6分配10KB空间时，系统选择了分配在J1和J2之间的15KB，因此采用的是最佳适应算法。

试题3答案

（45）B

试题4（2006年下半年试题46～47）

若某航空公司的飞机订票系统有 n 个订票终端，系统为每个订票终端创建一个售票终端的进程。假设P _i （ i =1,2,…， n ）表示售票终端的进程，H _j （ j =1,2,…， m ）表示公共数据区，分别存放各个航班的现存票数，Temp为工作单元。系统初始化时将信号量S赋值为 （46） 。P _i 进程的工作流程如图2-2所示，a、b和c处将执行P操作和V操作，则图2-2中a、b和c应填入 （47） 。

（46）A．0

B．1

C．2

D．3

（47）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）

试题4分析

因为该航空公司的飞机订票系统有 n 个订票终端，多个客户可能在不同的终端同时订购某一航班的票，导致售票出错。例如，当某航班只剩下一张票时，有3个客户在3个不同的终端订购，则3个终端可能同时售出这张票。而这是不允许的，因此，必须要设置一个信号量S，用来表示某航班当前是否有客户在订票或待订票的人数。该信号量的初值为1，表示同时只能有一个客户订购某个航班的票。

当有客户在某个终端订购某航班的票时，首先要执行P（S）操 作，使其他客户等待。当完成订票或票已售完时，再执行V（S）操 作。

试题4答案

（46）B （47）A

试题5（2006年下半年试题48）

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 取表2-1的值时，对于表2-1中的a-e五种情况， （48） 可能会发生死锁。

（48）A．a和b

B．b和c

C．c和d

D．c和e

试题5分析

设系统中有R类资源 m 个，由 n 个进程互斥使用，若每个进程对R资源的最大需求为 w 。则它们之间满足如下关系，就不会发生死锁。

将试题中的a-e五种情况分别代入上述公式，显然，只有c和e不满足。

试题5答案

（48）D

试题6（2006年下半年试题49）

在文件管理系统中，位示图（bitmap）可用来记录磁盘存储器的使用情况。假如计算机系统的字长为32位，磁盘存储器上的物理块依次编号为：0、1、2、…，那么3552号物理块在位示图中的第 （49） 个字。

（49）A．111

B．112

C．223

D．446

试题6分析

在文件管理系统中，位示图用一位表示一个物理块（0：空闲，1：占用），因为计算机系统的字长为32位，一个字可以表示32块，因此3552/32=111。因为物理块编号是从0开始的，所以3552号物理块在位示图中第112个字的第1位。

试题6答案

（49）B

试题7（2007年上半年试题46～47）

在一个单CPU的计算机系统中，有三台不同的外部设备 R1、R2、R3和三个进程P1、P2、P3。系统CPU调度采用可剥夺式优先级的进程调度方案，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2-2所示。

假设操作系统的开销忽略不计，从三个进程同时投入运行到全部完成，CPU 的利用率约为 （46） %；R3 的利用率约为 （47） %（设备的利用率指该设备的使用时间与进程组全部完成所占用时间的比率）。

（46）A．66.7

B．75

C．83.3

D．91.7

（47）A．66

B．50

C．33

D．17

试题7分析

根据表2-2，画出系统的时空图，如图2-3所示。

从图2-3中可以看出，P1从投入运行到完成需要60ms，P2运行时间为90ms，P3由于等待资源，运行时间延长为120ms。CPU在80ms～100ms共20ms时间内没有利用，所以利用率为100/120=83.3%，同样计算得R3的利用率为60/120=50%。

试题7答案

（46）C （47）B

试题8（2007年上半年试题48～49）

在图2-4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。

假设当前目录是D2，进程A以如下两种方式打开文件f2。

方式① fd1=open（ " （48） /f2 " ,O_RDONLY）；

方式② fd1=open（ " /D2/W2/f2 " ， O_RDONLY）；

其中，方式①的工作效率比方式②的工作效率高，因为采用方式①，文件系统是从 （49） 。

（48）A．/D2/W2

B．D2/W2

C．W2

D．/W2

（49）A．根目录开始查找文件f2，系统查找时间少，读取f2文件次数不变

B．当前路径开始查找文件f2，系统查找时间少，读取f2文件次数少

C．根目录开始查找文件f2，系统查找时间少，读取f2文件次数少

D．当前路径开始查找文件f2，系统查找时间少，读取f2文件次数不变

试题8分析

在树型目录结构中，树的根节点为根目录，数据文件作为树叶，其他所有目录均作为树的节点。在树型目录结构中，从根目录到任何数据文件之间，只有一条唯一的通路。从树根开始，把全部目录文件名与数据文件名依次用“/”连接起来，构成该数据文件的路径名，且每个数据文件的路径名是唯一的。这样可以解决文件重名问题，所以，对于第（48）空，虽然数据文件名均为f2，但不一定是相同的文件。从树根开始的路径名为绝对路径名，如果文件系统没有很多级，使用不是很方便，所以引入相对路径名，即从当前目录开始，逐级通过中间的目录文件，最后到达所要访问的数据文件。同样，从当前目录开始，采用相对路径名，较之采用绝对路径名，可以减少系统访问目录文件的次数，但是访问文件f2的次数是不变的。

试题8答案

（48）C （49）D

试题9（2007年上半年试题50）

操作系统通常将I/O软件分成四个层次：用户应用层软件、中断处理程序、独立于设备的软件和设备驱动程序，分层的主要目的是 （50） 。

（50）A．提高处理速度

B．减少系统占用的空间

C．便于即插即用

D．便于系统修改、扩充和移植

试题9分析

操作系统设备管理功能的内部结构设计一般是基于分层的思想，因此，通常将I/O软件分为用户应用层软件、中断处理程序、独立于设备的软件和设备驱动4个层次。采用分层思想的主要目的是便于系统修改、扩充和移植。

试题9答案

（50）D

试题10（2007年上半年试题51）

虚拟内存是基于程序的局部性原理而设计的。下面关于局部性原理的描述正确的是 （51） 。

（51）A．程序代码顺序执行

B．程序按照非一致性方式访问内存

C．程序连续地访问许多变量

D．程序在一段时间内访问相对小的一段地址空间

试题10分析

程序的局部性原理，即程序的地址访问有很强的时序相关性，未来的访问模式与最近已发生的访问模式相似。虚拟内存操作是基于程序执行的局部性原理，程序的局部性包括时间局部性和空间局部性，其中空间局部性是指程序在一段时间内访问相对小的一段地址空间。

试题10答案

（51）D

试题11（2007年上半年试题52）

（52） 操作需要特权指令执行。

（52）A．读取当前时钟

B．清除一块内存

C．关闭中断

D．从用户态切换到管态

试题11分析

多任务的计算机系统中，特权指令主要用于系统资源的分配和管理，包括改变系统的工作方式、修改虚拟存储器管理的段表和页表、I/O指令、设置时钟、设置控制寄存器和关闭中断等。简言之，不允许用户程序中直接使用的指令称为“特权指令”。这里，A、B、D选项可以由用户程序直接使用，而C是不可以直接使用的。

试题11答案

（52）C

试题12（2007年下半年试题17）

关于分页式虚拟存储器的论述，正确的是 （17） 。

（17）A．根据程序的模块性，确定页面大小

B．可以将程序放置在页面内的任意位置

C．可以从逻辑上极大地扩充内存容量，并且使内存分配方便、利用率高

D．将正在运行的程序全部装入内存

试题12分析

由于内存的大小总是有限的，如果都采用“实存管理”，那么大于总物理内存的作业就无法运行。为了解决这一问题，可行的方法就是用外存来换取内存，这也就是虚拟存储系统。它通过将运行进程访问的地址（逻辑地址、虚拟地址）与主存的物理地址（实地址）分开，从而使得提供大于物理地址的逻辑地址空间成为可能。而建立虚拟地址和实地址之间的对应关系、实现转换的工作就称为“虚存管理”。设置虚拟存储器的目的就是要从逻辑上极大地扩充内存容量，并且使内存分配方便、利用率高。

虚拟存储可以分为分区式、分页式、分段式、段页式等方法。分页的基本思想是把程序的逻辑空间和内存的物理空间按照同样的大小划分成若干页面，以页面为单位进行分配。在页式存储管理中，系统中的虚地址是一个有序对（页号，位移）。系统为每一个进程建立一个页表，其内容包括进程的逻辑页号与物理页号的对应关系、状态等。

试题12答案

（17）C

试题13（2007年下半年试题46）

当PC加电启动时，系统自动地先从 （46） 开始引导操作系统。

（46）A．磁带

B．ROM BIOS

C．磁盘

D．光盘

试题13分析

当PC加电启动时，系统自动地先从ROM BIOS开始引导操作系统。

试题13答案

（46）B

试题14（2007年下半年试题47）

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，这一级安全管理称为 （47） 安全管理。

（47）A．文件级

B．目录级

C．用户级

D．系统级

试题14分析

系统级安全管理的主要任务是不允许未经核准的用户进入系统。

用户级安全管理是为了给用户分配文件访问权而设计的，包括对所有用户进行分类、为指定用户分配文件访问权。

目录级安全管理是为保护系统中的各种目录而设计的，它与用户权限无关。为保证目录的安全，规定只有系统核心才具有写目录的权利。通常，系统是分别为用户和目录独立地指定权限的。

文件级安全管理是通过系统管理员或文件主对文件属性的设置，来控制用户对文件访问。

试题14答案

（47）A

试题15（2007年下半年试题48～49）

当进程请求读磁盘时，操作系统 （48） 。假设磁盘每磁道有10个扇区，移动臂位于18号柱面上，且进程的请求序列如表2-3所示。那么，最省时间的响应序列为 （49） 。

（48）A．只需进行旋转调度，无须进行移臂调度

B．旋转、移臂调度同时进行

C．先进行移臂调度，再进行旋转调度

D．先进行旋转调度，再进行移臂调度

（49）A．②③④⑤⑧①⑦⑥

B．⑥⑦①⑤⑧②③④

C．⑤⑧①⑦⑥②④③

D．⑥⑦⑧①⑤②③④

试题15分析

磁盘是可被多个进程共享的设备。当有多个进程都请求访问磁盘时，为了保证信息的安全，系统每一时刻只允许一个进程启动磁盘进行I/O操作，其余的进程只能等待。因此，操作系统应采用一种适当的调度算法，以使各进程对磁盘的平均访问（主要是寻道）时间最短。磁盘调度分为移臂调度和旋转调度两类，并且先进行移臂调度，然后再进行旋转调度。由于访问磁盘最耗时的是寻道时间，因此磁盘调度的目标应是使磁盘的平均寻道时间最短。

当移动臂定位后，有多个进程等待访问该柱面时，应当如何决定这些进程的访问顺序呢？这就是旋转调度要考虑的问题。显然系统应该选择延迟时间最短的进程对磁盘的扇区进行访问。当有若干等待进程请求访问磁盘上的信息时，旋转调度应考虑如下情况。

（1）进程请求访问的是同一磁道上的不同编号的扇区。

（2）进程请求访问的是不同磁道上的不同编号的扇区。

（3）进程请求访问的是不同磁道上具有相同编号的扇区。

对于（1）和（2），旋转调度总是让首先到达读写磁头位置下的扇区进行传送操作；对于（3），旋转调度可以任选一个读写磁头位置下的扇区进行传送操作。

为存取磁盘上的一个物理记录，必须给出3个参数：柱面号、磁头号（盘面号）、扇区号。磁盘机根据柱面号控制移动臂做径向运动，带动读写头到达所需的柱面；从磁头号可确定哪一个磁头来读写数据，然后便等待访问的信息块旋转到读写头下时进行存取。磁盘机实现这些功能的操作是：查找（将读写头定位到指定柱面并选择指定磁头）、搜索（指定磁头寻找访问的记录块）、读、写和控制等。

根据上面的讨论，我们知道，要决定一个进程的请求序列是否省时间，主要看移臂总量哪个序列最少，然后再看旋转调度哪个延迟时间最短。本题主要考查分析能力，所以不要求基于某种算法来分析问题。通过分析，可以得出最省时间的是D。

试题15答案

（48）C （49）D

试题16（2007年下半年试题50）

若操作系统把一条命令的执行结果输出给下一条命令，作为它的输入并加以处理，这种机制称为 （50） 。

（50）A．链接

B．管道

C．输入重定向

D．输出重定向

试题16分析

若操作系统把一条命令的执行结果输出给下一条命令，作为它的输入并加以处理，这种机制称为管道。

管道通信是一种共享文件模式，它基于文件系统，连接于两个通信进程之间，以先进先出的方式实现消息的单向传送。管道是一个特殊文件，在内核中通过文件描述符表示。一个管道总是连接两个命令，将左边命令的标准输出与右边命令的标准输入相连，于是左边命令的输出结果就直接成了右边命令的输入。

试题16答案

（50）B

试题17（2007年下半年试题51）

某系统中有一个缓冲区，进程P1不断地加工数据送入缓冲区，进程P2不断地从缓冲区中取数据打印，用P/V操作实现进程间的同步模型如图2-5所示。假设信号量S1的初值为1，信号量S2的初值为0，那么图2-5中a、b、c、d处应分别填 （51） 。

（51）A．P（S2）、V（S2）、P（S1）、V（S1）

B．P（S2）、V（S1）、P（S1）、V（S2）

C．P（S1）、V（S2）、P（S2）、V（S1）

D．P（S1）、V（S1）、P（S2）、V（S2）

试题17分析

信号量S1的初值为1，信号量S2的初值为0，说明S1表示空闲的缓冲区数量，而S0表示有数据的缓冲区数量。

P1是送数据的，所以在送数据之前，先要把S1减1（执行P操作），如果S1大于等于0，则可以存放数据，否则，说明P2未取完数据。存放完毕后，再把S2加1（执行V操作），表明缓冲区中有数据。

P2是取数据的，它首先把S2减1（执行P操作），看缓冲区中是否有数据，如果S2小于0，表示缓冲区中没有数据，需要等待P1放数据。否则就可以取数据，取完后，再把S1加1（执行V操作），表示把缓冲区置空闲。

试题17答案

（51）C

试题18（2007年下半年试题52）

采用最短作业优先的抢先调度算法（Preemptive SJF）调度表2-4所示的进程，平均等待时间为 （52） 。

（52）A．2.0

B．2.4

C．2.8

D．3.0

试题18分析

由于采用的是最短作业优先的抢先调度算法，所以在最开始的时候，P1进程运行。在P1运行2个小时后，P2到达，P2运行的时间比P1小，所以P2运行。P2运行2个小时后，P3到达，P3运行的时间比P2小，所以P3运行。依此类推，我们可以列出表2-5。

根据表2-5，P2等待了2小时，P4等待了3小时，P1等待了9小时，而P3和P5没有等待，所以平均等待时间为（2+3+9）/ 5=2.8。

试题18答案

（52）C

试题19（2008年上半年试题46～47）

某文件管理系统在磁盘上建立了位示图（bitmap），记录磁盘的使用情况。若磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、…，系统中字长为32位，每一位对应文件存储器上的一个物理块，取值0和1分别表示空闲和占用，如下所示。

假设将4195号物理块分配给某文件，那么该物理块的使用情况在位示图中的第 （46） 个字中描述；系统应该将 （47） 。

（46）A．128

B．129

C．130

D．131

（47）A．该字的第3位置“0”

B．该字的第3位置“1”

C．该字的第4位置“0”

D．该字的第4位置“1”

试题19分析

因为物理块编号是从0开始的，所以4195号物理块其实就是第4196块。因为字长为32位，也就是说，每个字可以记录32个物理块的使用情况。4196/32=131.125，所以，4195号物理块应该在第131个字中（字的编号也是从0开始计数）。那么，具体在第131个字的哪一位呢？到第130个字为止，共保存了131×32=4192个物理块（0～4191），所以，第4195块应该在第131个字的第3位记录（要注意：0是最开始的位）。因为系统已经将4195号物理块分配给某文件，所以其对应的位要置1。

试题19答案

（46）D （47）B

试题20（2008年上半年试题48～49）

假设磁盘上每个磁道划分成9个物理块，每块存放1个逻辑记录。逻辑记录R ₀ ，R ₁ ，…，R ₈ 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如表2-6所示。

假定磁盘旋转一圈的时间为27ms，磁头当前处在R ₀ 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 （48） ；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 （49） 。

（48）A．243ms

B．246ms

C．254ms

D．280ms

（49）A．30ms

B．36ms

C．54ms

D．60ms

试题20分析

因为系统使用的是单缓冲区，且顺序处理9个记录，每个记录处理时间为3ms，加上读/写时间，总的时间就超过3ms。而磁盘旋转一圈的时间为27ms，也就是说，在系统读取第0个记录后，正在处理的过程中，磁盘已经旋过了第1个记录。那么，要读取第1个记录，就需要磁盘再次旋转到第1个记录（即磁盘旋转1圈后，27ms+3ms=30ms）。同理，要读取第2个记录，也需要等30ms。这样，要读取后面8个记录，需要8×30ms=240ms，同时加上处理第0个记录的时间（3ms）和处理第8个记录的时间（3ms），共需246ms。

要想节约时间，可以把记录错开存放，如表2-7所示。

这样，就可以在磁盘旋转2圈内完成所有记录的处理，时间为54ms。要注意的是，最后处理的记录R ₈ 不是最后一个磁盘块，所以不需要旋转到最后1个物理块。也就是说，第2圈的旋转只需要24ms就到达R ₈ 了。但是，因为要加上R ₈ 的处理时间3ms，所以，总时间仍然为54ms。

试题20答案

（48）B （49）C

试题21（2008年上半年试题50）

某系统进程的状态包括运行状态、活跃就绪状态、静止就绪状态、活跃阻塞状态和静止阻塞状态。针对图2-6的进程状态模型，为了确保进程调度的正常工作，（a）、（b）和（c）的状态分别为 （50） 。

（50）A．静止就绪、静止阻塞和活跃阻塞

B．静止就绪、活跃阻塞和静止阻塞

C．活跃阻塞、静止就绪和静止阻塞

D．活跃阻塞、静止阻塞和静止就绪

试题21分析

一个进程从创建而产生至撤销而消亡的整个生命周期，可以用一组状态加以刻画。为了便于管理进程，把进程划分为几种状态，分别有三态模型、五态模型。

1．三态模型

按进程在执行过程中的不同状况至少定义3种不同的进程状态：

（1）运行态。占有处理器正在运行。

（2）就绪态。具备运行条件，等待系统分配处理器以便运行。

（3）等待态（阻塞态）。不具备运行条件，正在等待某个事件的完成。

一个进程在创建后将处于就绪状态。每个进程在执行过程中，任一时刻必处于上述三种状态之一。同时，在一个进程执行过程中，它的状态将会发生改变。图2-7表示进程的状态转换。

运行状态的进程将由于出现等待事件而进入等待状态，当等待事件结束之后等待状态的进程将进入就绪状态，而处理器的调度策略又会引起运行状态和就绪状态之间的切换。引起进程状态转换的具体原因如下：

（1）运行态→等待态。等待使用资源，如等待外设传输，等待人工干预。

（2）等待态→就绪态。资源得到满足，如外设传输结束，人工干预完成。

（3）运行态→就绪态。运行时间片到，出现有更高优先权进程。

（4）就绪态→运行态。CPU空闲时选择一个就绪进程。

2．五态模型

在三态模型中，总是假设所有的进程都在内存中。事实上，可能出现这样一些情况，例如，由于进程的不断创建，系统的资源已经不能满足进程运行的要求，这个时候就必须把某些进程挂起，对换到磁盘镜像区中，暂时不参与进程调度，起到平滑系统操作负荷的目的。引起进程挂起的原因是多样的，主要如下：

（1）系统中的进程均处于等待状态，处理器空闲，此时需要把一些阻塞进程对换出去，以腾出足够的内存装入就绪进程运行。

（2）进程竞争资源，导致系统资源不足，负荷过重，此时需要挂起部分进程以调整系统负荷，保证系统的实时性或让系统正常运行。

（3）把一些定期执行的进程（如审计程序、监控程序、记账程序）对换出去，以减轻系统负荷。

（4）用户要求挂起自己的进程，以便根据中间执行情况和中间结果进行某些调试、检查和改正。

（5）父进程要求挂起自己的后代子进程，以进行某些检查和改正。

（6）操作系统需要挂起某些进程，检查运行中资源使用情况，以改善系统性能；当系统出现故障或某些功能受到破坏时，需要挂起某些进程以排除故障。

图2-8给出了具有挂起进程功能的系统中的进程状态。在此类系统中，进程增加了两个新状态，分别是静止就绪态和静止阻塞态。为了区别，而把三态模型中的等待态改名为活跃阻塞态，就绪态改名为活跃就绪态。静止就绪态表明了进程具备运行条件但目前在二级存储器中，只有当它被对换到主存才能被调度执行。静止阻塞态则表明了进程正在等待某一个事件且在二级存储器中。

引起进程状态转换的具体原因如下：

（1）活跃阻塞态→静止阻塞态。如果当前不存在活跃就绪进程，那么至少有一个等待态进程将被对换出去成为静止阻塞态；操作系统根据当前资源状况和性能要求，可以决定把活跃阻塞态进程对换出去成为静止阻塞态。

（2）静止阻塞态→静止就绪态。引起进程等待的事件发生之后，相应的静止阻塞态进程将转换为静止就绪态。

（3）静止就绪态→活跃就绪态。当内存中没有活跃就绪态进程，或者静止就绪态进程具有比活跃就绪态进程更高的优先级，系统将把静止就绪态进程转换成活跃就绪态。

（4）活跃就绪态→静止就绪态。操作系统根据当前资源状况和性能要求，也可以决定把活跃就绪态进程对换出去成为静止就绪态。

（5）静止阻塞态→活跃阻塞态。当一个进程等待一个事件时，原则上不需要把它调入内存。但是，当一个进程退出后，主存已经有了一大块自由空间，而某个静止阻塞态进程具有较高的优先级，并且操作系统已经得知导致它阻塞的事件即将结束，此时便发生这一状态变化。

不难看出，一个挂起进程等同于不在主存的进程，因此挂起的进程将不参与进程调度直到它们被对换进主存。一个挂起进程具有如下特征。

（1）该进程不能立即被执行。

（2）挂起进程可能会等待一个事件，但所等待的事件是独立于挂起条件的，事件结束并不能导致进程具备执行条件。

（3）进程进入挂起状态是由于操作系统、父进程或进程本身阻止它运行。

（4）结束进程挂起状态的命令只能通过操作系统或父进程发出。

对照试题中的图2-6和分析中的图2-8，显然，（a）是活跃阻塞，（b）是静止阻塞，（c）是静止就绪。

试题21答案

（50）D

试题22（2008年上半年试题51）

如果一个索引式文件的索引节点有10个直接块，1个一级间接块，1个二级间接块，1个三级间接块。假设每个数据块的大小是512个字节，一个索引指针占用4个字节。假设索引节点已经在内存中，那么访问该文件偏移地址在6000字节的数据需要再访问 （51） 次磁盘。

（51）A．1

B．2

C．3

D．4

试题22分析

因为每个数据块的大小是512个字节，且前10块可以直接寻址，得出1～5120字节范围内可以直接寻址。对于间接索引块，一个索引指针占4字节，则一个索引块可以映射512/4=128个数据块，因为每个数据块的大小是512个字节，合计64KB。6000B-5120B=880B<64KB，所以只需一次映射就够了。因此，第1次，取索引指针，第2次读数据，一共需要2次访问。

试题22答案

（51）B

试题23（2008年上半年试题52）

在操作系统的虚拟内存管理中，内存地址由页目录号、页号和页内偏移3个部分组成。如果页目录号占10位、页号占10位、页内偏移占12位，那么 （52） 。

（52）A．页大小是1K，一个页目录最多4K页

B．页大小是2K，一个页目录最多2K页

C．页大小是2K，一个页目录最多1K页

D．页大小是4K，一个页目录最多1K页

试题23分析

已知内存地址由页目录号、页号和页内偏移3个部分组成，页目录号占10位，所以一个页目录最多2 ¹⁰ =1K页。因为页内偏移占12位，即页的大小为2 ¹² =4K。

试题23答案

（52）D

试题24（2008年下半年试题46）

在操作系统中，虚拟输入/输出设备通常采用 （46） 来实现。

（46）A．Spooling技术，利用磁带

B．Spooling技术，利用磁盘

C．脱机批处理技术，利用磁盘

D．通道技术，利用磁带

试题24分析

Spooling是Simultaneous Peripheral Operation On-Line（外部设备联机并行操作）的缩写，它是关于慢速字符设备与计算机主机交换信息的一种技术，通常称为“假脱机技术”。其核心思想是以联机的方式得到脱机的效果。低速设备经通道和设在主机内存的缓冲存储器与高速设备相联，该高速设备通常是辅存（磁盘）。为了存放从低速设备上输入的信息，或者存放将要输出到低速设备上的信息（来自内存），在磁盘上分别开辟一固定区域，叫“输出井”（对输出），或者“输入井”（对输入）。简单来说就是在内存中形成缓冲区，在高级设备上形成输出井和输入井，传递的时候，从低速设备传入缓冲区，再传到高速设备的输入井，再从高速设备的输出井传到缓冲区，再传到低速设备。

试题24答案

（46）B

试题25（2008年下半年试题47～48）

某酒店的客房预订系统有 n 个预订终端，系统为每个终端创建一个进程 P _i （ i =1，2，…， n ）。 假设 X _j （ j =1，2，…， m ）存放各种规格住房的剩余房源，Temp 为临时工作单元，终端创建一个进程P _i 的工作流程如图2-9所示，图中①、②和③处将执行P 操作或V操作。为了保证各进程间的同步与互斥，系统初始化时将信号量S 赋值为 （47） ，图中①、②和③处应依次填入 （48） 。

（47）A．0

B．1

C．2

D．3

（48）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）

试题25分析

在本题中，有 n 个进程， m 类资源，资源存放在X _j 中。从流程图来看，显然，①处是对信号量执行P操作。②和③处所执行的操作应该是相同的（因为都是操作结束，退出临界区，只是两个不同的条件分支而已），且与①处的操作相反，即对信号量S执行V操作。

在本题中，资源的具体个数是不确定的。从这个流程来看，系统初始化时应该将信号量S 赋值为1。否则，如果赋值为0，则当进程第1次进入临界区的时候，由于执行P操作，就会因S<0而阻塞。

试题25答案

（47）B （48）A

试题26（2008年下半年试题49～50）

某磁盘盘组共有10个盘面，每个盘面上有100个磁道，每个磁道有32个扇区，假定物理块的大小为2个扇区，分配以物理块为单位。若使用位图（bitmap）管理磁盘空间，则位图需要占用 （49） 字节空间。若采用空白文件管理磁盘空间，且空白文件目录的每个表项占用5个字节，则当空白文件数目大于 （50） 时，空白文件目录占用的字节数大于位图占用的字节数。

（49）A．32000

B．3200

C．2000

D．1600

（50）A．400

B．360

C．320

D．160

试题26分析

已知磁盘盘组共有10个盘面，每个盘面上有100个磁道，每个磁道有32个扇区，则一共有10×100×32=32 000个扇区。试题又假定物理块的大小为2个扇区，分配以物理块为单位，即一共有16 000个物理块。因此，位图所占的空间为16 000/8=2000字节。

若采用空白文件管理磁盘空间，且空白文件目录的每个表项占用5个字节，2000/5=400，因此，当空白文件数目大于400时，空白文件目录占用的字节数大于位图占用的字节数。

试题26答案

（49）C （50）A

试题27（2008年下半年试题51～52）

微内核的操作系统（OS）结构如图2-10所示，图中①和②分别工作在 （51） 方式下，与传统的 OS 结构模式相比，采用微内核的 OS 结构模式的优点是提高了系统的灵活性、可扩充性， （52） 。

（51）A．核心态和用户态

B．用户态和核心态

C．用户态和用户态

D．核心态和核心态

（52）A．并增强了可靠性，可运行于分布式系统中

B．并增强了可靠性，但不适用于分布式系统

C．但降低了可靠性，可运行于分布式系统中

D．但降低了可靠性，不适用于分布式系统

试题27分析

现代操作系统大多拥有两种工作状态：核心态和用户态。我们使用的一般应用程序工作在用户态，而内核模块和最基本的操作系统核心工作在核心态。

微内核结构由一个非常简单的硬件抽象层和一组比较关键的原语或系统调用组成，这些原语仅仅包括了建立一个系统必需的几个部分，如线程管理、地址空间和进程间通信等。微内核的目标是将系统服务的实现和系统的基本操作规则分离开来。例如，进程的输入/输出锁定服务可以由运行在微内核之外的一个服务组件来提供。这些非常模块化的用户态服务用于完成操作系统中比较高级的操作，这样的设计使内核中最核心的部分的设计更简单。一个服务组件的失效并不会导致整个系统的崩溃，内核需要做的，仅仅是重新启动这个组件，而不必影响其他的部分。

微内核技术的主要优点如下：

（1）统一的接口，在用户态和核心态之间无须进程识别。

（2）可伸缩性好，能适应硬件更新和应用变化。

（3）可移植性好，所有与具体机器特征相关的代码，全部隔离在微内核中，如果操作系统要移植到不同的硬件平台上，只需修改微内核中极少代码即可。

（4）实时性好，微内核可以方便地支持实时处理。

（5）安全可靠性高，微内核将安全性作为系统内部特性来进行设计，对外仅使用少量应用编程接口。

（6）支持分布式系统，支持多处理器的体系结构和高度并行的应用程序。

（7）真正面向对象的操作系统。

由于操作系统核心常驻内存，而微内核结构精简了操作系统的核心功能，内核规模比较小，一些功能都移到了外存上，所以微内核结构十分适合嵌入式的专用系统，对于通用性较广的系统，将使CPU的通信开销增大，从而影响到计算机的运行速度。

试题27答案

（51）B （52）A

试题28（2009年上半年试题46）

若操作系统把一条命令的执行结果输出给下一条命令，作为它的输入，并加以处理，这种机制称为 （46） 。

（46）A．链接

B．管道（线）

C．输入重定向

D．输出重定向

试题28分析

请参考试题16的分析。

试题28答案

（46）B

试题29（2009年上半年试题47）

若读取 （47） 的某个磁盘块进行修改，将结果写回磁盘前系统崩溃，则对系统的影响相对较大。

（47）A．用户文件

B．空闲表

C．系统目录文件

D．用户目录文件

试题29分析

请参考试题1的分析。

试题29答案

（47）C

试题30（2009年上半年试题48～49）

某文件管理系统在磁盘上建立了位示图来记录磁盘的使用情况。若磁盘上的物理块依次编号为：0、1、2、…，系统中字长为16位，每一位对应文件存储器上的一个物理块，取值0和1分别表示空闲和占用，如下所示。

假设将2057号物理块分配给某文件，那么该物理块的使用情况在位示图中的第 （48 ）个字中描述；系统应该将该字的 （49） 。

（48）A．128

B．129

C．130

D．131

（49）A．编号为9的位置“0”

B．编号为9的位置“1”

C．编号为8的位置“0”

D．编号为8的位置“1”

试题30分析

由于系统中字长为16位，因此每个字可以表示16个物理块的使用情况。又因为文件存储器上的物理块依次编号为0、1、2、…，所以2057号物理块应该在位示图的第129个字中描述。又因为第129个字中的第0位对应2048号物理块，第1位对应2049号物理快，第2位对应2050号物理块，依此类推，第9位对应2057号物理块，所以系统应该将该字的第9位置“1”。

试题30答案

（48）B （49）B

试题31（2009年上半年试题50～52）

进程P1、P2、P3、P4、P5的前趋图如图2-11所示。

若用PV操作控制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零。图2-12中a和b应分别填写 （50） ，c和d应分别填写 （51） ，e和f应分别填写 （52） 。

（50）A．P（S1）和P（S2）

B．P（S1）和V（S2）

C．V（S1）和V（S2）

D．V（S1）和P（S2）

（51）A．P（S1）、P（S2）和V（S3）、V（S4）

B．P（S1）、P（S2）和P（S3）、P（S4）

C．V（S1）、V（S2）和P（S3）、P（S4）

D．V（S1）、V（S2）和V（S3）、V（S4）

（52）A．P（S3）和P（S4）

B．P（S3）和V（S4）

C．V（S3）和V（S4）

D．V（S3）和P（S4）

试题31分析

根据题意，进程P3等待P1、P2的结果，因此，当P1、P2执行完毕需要使用V操作来通知P3，即a处填V（S1），b处填V（S2）。进程P3的执行需要测试P1、P2有没有消息，应该在c处填P（S1）、P（S2）；当P3执行完毕后需要使用V操作通知P4和P5，即在d处填V（S3）、V（S4）。进程P4和P5的执行需要测试P3有没有消息，故应该在e处填P（S3），在f处填P（S4）。

试题31答案

（50）C （51）A （52）A

试题32（2010年上半年试题46）

设某进程的段表如表2-8所示，逻辑地址 （46） 可以转换为对应的物理地址。

（46）A．（0，1597）、（1，30）和（3，1390）

B．（0，128）、（1，30）和（3，1390）

C．（0，1597）、（2，98）和（3，1390）

D．（0，128）、（2，98）和（4，1066）

试题32分析

根据表2-8，0段的段长为600，则逻辑地址（0，1597）中的1597已经越界，不能转换成物理地址，而选项A和选项C中都包含逻辑地址（0，1597），所以选项A和C都是错误的。

4段的段长为960，则逻辑地址（4，1066）中的1066已经越界，也不能转换成物理地址，而选项D中包含逻辑地址（4，1066），所以选项D是错误的。

试题32答案

（46）B

试题33（2010年上半年试题47～48）

在磁盘调度管理中，应先进行移臂调度，再进行旋转调度。若磁盘移动臂位于22号柱面上，进程的请求序列如表2-9所示。若采用最短移臂调度算法，则系统的响应序列应为 （47） ，其平均移臂距离为 （48） 。

（47）A．②⑧③④⑤①⑦⑥⑨

B．②⑧③⑤⑦①④⑥⑨

C．①②③④⑤⑥⑦⑧⑨

D．②③⑧④⑥⑨①⑤⑦

（48）A．4.11

B．5.56

C．12.5

D．13.22

试题33分析

当进程请求读磁盘时，操作系统先进行移臂调度，再进行旋转调度。由于移动臂位于22号柱面上，按照最短寻道时间优先（最短移臂调度算法）的响应柱面序列为25→18→40→45。按照旋转调度的原则分析如下：

进程在25号柱面上的响应序列为②→⑧→③，因为进程访问的是不同磁道上的具有不同编号的扇区，旋转调度是让首先到达读写磁头位置下的扇区先进行传送操作。

进程在18号柱面上的响应序列为⑤→⑦→①，或⑤→①→⑦。对于①和⑦可以任选一个进行读/写，因为进程访问的是不同磁道上的具有相同编号的扇区，旋转调度可以任选一个读写磁头位置下的扇区进行传送操作。

进程在40号柱面上的响应序列为④→⑥。

进程在45号柱面上只有一个请求，那就是⑨。

从上面的分析中可以得出，按照最短寻道时间优先的响应序列为②⑧③⑤⑦①④⑥⑨。平均移臂距离等于移臂总距离除以移臂次数，即：

平均移臂距离=（（25-22）+（25-18）+（40-18）+（45-40））/9≈4.11。

试题33答案

（47）B （48）A

试题34（2010年上半年试题49）

某文件系统采用链式存储管理方式并应用记录的成组与分解技术，且磁盘块的大小为4096字节。若文件license.doc由7个逻辑记录组成，每个逻辑记录的大小为2048字节，并依次存放在58、89、96和101号磁盘块上，那么要存取文件的第12288逻辑字节处的信息，应访问 （49） 号磁盘块。

（49）A．58

B．89

C．96

D．101

试题34分析

逻辑字节也称为相对字节，是从0开始计算的。[（12288+1）/ 4096]=4，因此，第12288逻辑字节处的信息，应访问101号磁盘块。

试题34答案

（49）D

试题35（2010年上半年试题50～52）

进程P1、P2、P3、P4、P5的前趋图如图2-13所示。

若用PV操作控制进程并发执行的过程，则需要相应于进程执行过程设置5个信号量S1、S2、S3、S4和S5，且信号量初值都等于零。图2-14中a处应填写 （50） ；b和c、d和e处应分别填写 （51） ，f、g和h处应分别填写 （52） 。

（50）A．P（S1）和P（S2）

B．V（S1）和V（S2）

C．P（S1）和V（S2）

D．P（S2）和V（S1）

（51）A．P（S1）和P（S2）、V（S3）和V（S4）

B．P（S1）和P（S2）、P（S3）和P（S4）

C．V（S1）和V（S2）、P（S3）和P（S4）

D．P（S1）和V（S3）、P（S2）和V（S4）

（52）A．P（S3）V（S4）、V（S5）和P（S5）

B．V（S3）V（S4）、P（S5）和V（S5）

C．P（S3）P（S4）、V（S5）和P（S5）

D．V（S3）P（S4）、P（S5）和V（S5）

试题35分析

根据图2-14，P1进程运行结束需要利用V操作分别通知P2和P3进程，所以用V（Sl）操作通知P2进程，用V（S2）操作通知P3进程。

根据图2-14，P2进程开始运行前必须等待P1进程的通知，需要用P（S1）操作测试P1进程是否运行完，P2进程运行结束要利用V（S3）操作通知P4进程。同理，根据图2-14，P3进程开始运行前必须等待Pl进程的通知，需要用P（S2）操作测试P1进程是否运行完，P3进程运行到结束需要利用V（S4）操作通知P4进程。

根据图2-14，P4进程开始运行前必须等待P2和P3进程的通知，需要用P（S3）和P（S4）操作分别测试P2和P3进程是否运行完，故空f应填写P（S3）P（S4）。P4进程运行结束需利用V（S5）操作通知P5进程，故空g应填写V（S5）。

根据图2-14，P5进程开始运行前必须等待P4进程的通知，需要用P（S5）操作测试P4进程是否运行完，故空h应填写P（S5）。

试题35答案

（50）B （51）D （52）C

试题36（2011年上半年试题46～48）

假设某银行拥有的资金数是10，现在有4个用户a、b、c、d，各自需要的最大资金数分别是4、5、6、7。若在表2-10左边部分的情况下，用户a和b又各申请1个资金，则银行分配后用户a、b、c、d尚需的资金数分别为 （46） ；假设用户a已经还清所有借款，其情况如表2-10右边部分所示，那么银行的可用资金数为 （47） 。若在表2-10右边部分的情况下，银行为用户b、c、d各分配资金数1、1、2，则银行分配后用户b、c、d已用资金数分别为 （48） 。

（46）A．2、2、3、3，可用资金数为0，故系统状态是不安全的

B．3、3、3、5，可用资金数为0，故系统状态是不安全的

C．2、2、4、6，可用资金数为2，故系统状态是安全的

D．3、3、3、5，可用资金数为2，故系统状态是安全的

（47）A．4

B．5

C．6

D．7

（48）A．4、3、2，尚需资金数分别为1、3、5，故系统状态是安全的

B．4、3、3，尚需资金数分别为1、3、4，故系统状态是安全的

C．4、3、2，尚需资金数分别为1、3、5，故系统状态是不安全的

D．4、3、3，尚需资金数分别为1、3、4，故系统状态是不安全的

试题36分析

在表2-10左边部分的情况下，用户a、b、c、d的已用资金数分别为1、2、2、1，如果a和b各申请1个资金，则系统分配后用户a、b、c、d的已用资金数分别为2、3、2、1，合计为8，系统可用资金数为2，尚需的资金数分别为2、2、4、6。

由于可用资金数为2，能保证a或b运行结束。假定a运行结束，释放资源后可用资金数为4，能保证b或c运行结束。同理，b运行结束释放资源后，可用资金数为7，能保证c或d运行结束。最终c运行结束，释放资源能使d获得所需资金运行结束，故系统状态是安全的。

在表2-10右边部分的情况下，因为银行的总资金数是10，为用户b、c、d分配了3、2、1，故可用资金数为10-3-2-1=4。如果系统又为用户b、c、d分配资金数1、1、2，则系统分配后用户b、c、d已用资金数分别为4、3、3。这样导致系统的可用资金为0，故系统状态是不安全的。

试题36答案

（46）C （47）A （48）D

试题37（2011年上半年试题49～50）

某文件管理系统在磁盘上建立了位示图，记录磁盘的使用情况。假设计算机系统的字长为32位，磁盘的容量为200GB，物理块的大小为1MB，那么位示图的大小有 （49） 个字，需要占用 （50） 物理块。

（49）A．600

B．1200

C．3200

D．6400

（50）A．1

B．2

C．30

D．35

试题37分析

根据题意，系统的字长为32位，故可记录32个物理块的使用情况。又因为磁盘的容量为200GB，物理块的大小为1MB，故该磁盘有200×1024=204 800个物理块，因此，位示图的大小为204 800/32=6400个字。因为字长为32位（4个字节），所以位示图的容量为6400×4=25600字节，即25KB（注意，这里是“KB”而不是“MB”，25KB大约等于0.024MB），即只需要占用1个物理块。

试题37答案

（49）D （50）A

试题38（2011年上半年试题51～52）

微内核体系结构的操作系统（OS）实现时的基本思想是 （51） ，其结构如图2-15所示，图2-15中的①、②、③、④应填写 （52） 。

（51）A．内核完成OS所有功能并在用户态下运行

B．内核完成OS所有功能并在核心态下运行

C．内核只完成OS最基本的功能并在核心态下运行，其他功能运行在用户态

D．内核只完成OS最基本的功能并在用户态下运行，其他功能运行在核心态

（52）A．①进程、文件和存储器服务器；②核心态；③进程调度、消息通信等；④用户态

B．①进程、文件和存储器服务器；②用户态；③进程调度、消息通信等；④核心态

C．①进程调度、消息通信等；②用户态；③进程、文件和存储等服务器；④核心态

D．①进程调度、消息通信等；②核心态；③进程、文件和存储等服务器；④用户态

试题38分析

请参考试题27的分析。

试题38答案

（51）C （52）B

试题39（2012年上半年试题17）

在高级语言程序中，使用 （17） 访问保存在变量中的数据。

（17）A．物理地址

B．逻辑地址

C．主存地址

D．辅存地址

试题39分析

本题考查存储系统知识。

在高级语言程序中，对存储数据的位置进行了抽象，采用的是虚拟地址。在程序运行时再进行地址变换，分为内部地址变换与外部地址变换。虚拟存储系统按照地址映像方式把虚拟地址转换为主存物理地址称为内部地址变换。如果要访问的指令或数据已经在主存中，则命中，直接访问即可，否则就发生了页面失效，此时再进行外部地址变换，即将虚拟地址变换为辅存物理地址。

试题39答案

（17）B

试题40（2012年上半年试题46～47）

进程P有6个页面，页号分别为0～5，页面大小为4K，页面变换表如表2-11所示。表中状态位等于1和0分别表示页面在内存和不在内存。假设系统给进程P分配了4个存储块，进程P要访问的逻辑地址为十六进制1165H，那么该地址经过变换后，其物理地址应为十六进制 （46） ；如果进程P要访问的页面4不在内存，那么应该淘汰页号为 （47） 的页面。

（46）A．1165H

B．3165H

C．5165H

D．6165H

（47）A．0

B．1

C．2

D．5

试题40分析

本题考查操作系统存储管理方面的基础知识。

试题（46）的正确选项为B。根据题意，页面大小为4K，逻辑地址为十六进制1165H，其页号为1，页内地址为165H，查页表后可知页帧号（物理块号）为3，该地址经过变换后，其物理地址应为页帧号3拼上页内地址165H，即十六进制3165H。

试题（47）的正确选项为D。根据题意，页面变换表中状态位等于1和0分别表示页面在内存或不在内存，所以0、1、2和5号页面在内存。当访问的页面4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，故淘汰时无须写回辅存，使系统页面置换代价小。经上述分析，0、1和2号页面都是最近被访问过的，但5号页面最近未被访问过，故应该淘汰5号页面。

试题40答案

（46）B （47）D

试题41（2012年上半年试题48～49）

假设某磁盘的每个磁道划分成11个物理块，每块存放1个逻辑记录。逻辑记录R ₀ ，R ₁ ，…，R ₉ ，R ₁₀ 存放在同一个磁道上，记录的存放顺序如表2-12所示。

如果磁盘的旋转周期为33ms，磁头当前处在R ₀ 的开始处。若系统使用单缓冲区顺序处理这些记录，每个记录处理时间为3ms，则处理这11个记录的最长时间为 （48） ；若对信息存储进行优化分布后，处理11个记录的最少时间为 （49） 。

（48）A．33ms

B．336ms

C．366ms

D．376ms

（49）A．33ms

B．66ms

C．86ms

D．93ms

试题41分析

本题考查操作系统磁盘优化方面的基础知识。

系统读记录的时间为33ms/11＝3ms，对第一种情况：系统读出并处理记录R ₀ 之后，将转到记录R ₂ 的开始处，所以为了读出记录R ₁ ，磁盘必须再转一圈，需要33ms（转一圈）的时间。这样，处理11个记录的总时间应为366ms，因为处理前10个记录（即R ₀ ，R ₁ ，R ₂ ，…，R ₉ ）的时间为10×（33+3）ms=360ms，读记录R ₁₀ 及处理记录R ₁₀ 时间为6ms，所以处理11个记录的总时间=360ms+6ms=366ms。

对于第二种情况，若对信息进行分布优化的结果如表2-13所示。

从中可以看出，当读出记录R ₀ 并处理结束后，磁头刚好转至R ₁ 记录的开始处，立即就可以读出R ₁ 并处理，因此处理11个记录的总时间为

11×（3ms（读记录）+3ms（处理记录））＝ 11×6ms=66ms。

试题41答案

（48）C （49）B

试题42（2012年上半年试题50～52）

假设某系统采用非抢占式优先级调度算法，若该系统有两个优先级相同的进程P1和P2，各进程的程序段如下所示，若信号量S1和S2的初值都为0。进程P1和P2并发执行后a、b和c的结果分别为：a= （50） ，b= （51） ，c= （52） 。

（50）A．6

B．7

C．10

D．13

（51）A．4

B．6

C．9

D．10

（52）A．4

B．6

C．10

D．13

试题42分析

本题考查操作系统PV操作方面的基础知识。

假设P1先运行，系统执行“a:=1; a:=a+2”后a=3；执行“V（S1）”后，S1=1，P1继续执行；执行“c:=a+1”后，c=4；执行“P（S2）”后，S2=-1，P1被阻塞。

此时轮到P2运行，系统执行“b:=1; b:=b+2”后b=3；执行“P（S1）”后，S1=0，P2继续执行；执行“b:=a+b”后，b=6；执行“V（S2）”后S2=0，唤醒P1，P2继续执行；执行“c:=b+c”后，c=10，P2运行结束。

此时轮到P1运行，系统执行“a:=a+c”后，a=13，P1运行结束。

综上分析可见，进程P1和P2并发执行后a、b和c的结果分别为：a=13，b=6，c=10。

试题42答案

（50）D （51）B （52）C

试题43（2013年上半年试题46～47）

若某文件系统的目录结构如图2-16所示，假设用户要访问文件f.java，且当前工作目录为Program，则该文件的全文件名为 （46） ，绝对路径和相对路径分别为 （47） 。

（46）A．f.java

B．Java-prog\f.java

C．Program\Java-prog\f.java

D．\Program\Java-prog\f.java

（47）A．Program\Java-prog\和\Java-prog

B．\Java-prog\和Program\Java-prog\

C．\Program\Java-prog\和Java-prog\

D．Java-prog\和\Program\Java-prog\

试题43分析

本题考查文件系统的相关内容。

由于文件名包括：驱动器号、路径、主文件名、扩展名。所以全文件名为：\Program\Java-prog\f.java。文件的绝对路径为：\Program\Java-prog\，相对路径是从当前位置开始计的路径，所以不需要写当前目录以及当前目录更上层的路径，即Java-prog\。

试题43答案

（46）D （47）C

试题44（2013年上半年试题48～50）

进程P1、P2、P3、P4、P5的前趋关系图如图2-17所示：

若用PV操作控制这5个进程的同步与互斥，程序如下：

程序中空a和空b处应分别为 （48） ，空c和空d处应分别为 （49） ；空e和空f处应分别为 （50） 。

（48）A．V（S1）和 V（S2）V （S3）

B．P（S1）和 V（S2）V （S3）

C．P（S1）和 P（S2）V （S3）

D．P（S1）和 P（S2）P （S3）

（49）A．V（S2）V （S4）和 V（S5）

B．P（S2） V（S4）和 V（S5）

C．P（S2）P （S4）和 V（S5）

D．P（S2）V （S4）和 P（S5）

（50）A．V（S3）和 V（S4）V （S6）

B．P（S3）和 V（S4）V （S6）

C．P（S3）和 P（S4）V （S6）

D．P（S3）和 V（S4）P （S6）

试题44分析

本题是一个前趋图转PV操作的问题。解答该题的关键在于了解PV操作中的信号量在前趋图的具体什么位置起作用，一旦弄清楚该问题，整个试题的解答就非常容易了。信号量其实是作用于进程之间，每个箭线都对应着一个信号量，当一个信号量的箭头指向一个进程时，说明该进程进行前需要对此信号量做P操作，而一个箭头从一个进程引出时，说明此进程完成时，需要对该信号量做V操作。如图2-18所示。

从图分析，可以得知完整的process P1 - process P5如下：

试题44答案

（48）B （49）C （50）B

试题45（2013年上半年试题51～52）

假设磁盘块与缓冲区大小相同，每个盘块读入缓冲区的时间为100μs，缓冲区送用户区的时间是60μs，系统对每个磁盘块数据的处理时间为50μs。若用户需要将大小为10个磁盘块的File1文件逐块从磁盘读入缓冲区，并送用户区进行处理，那么采用单缓冲需要花费的时间为 （51） μs；采用双缓冲需要花费的时间为 （52） μs。

（51）A．1000

B．1110

C．1650

D．2100

（52）A．1000

B．1110

C．1650

D．2100

试题45分析

本题表面上看是考查文件读取，但实际上需要应用到流水线技术。因为进行处理时，每个数据要经过3个步骤：读入缓冲区、送用户区、处理。这三个步骤不能简单地使用流水线技术，因为其中有两个步骤都需要用到缓冲区，这两个步骤执行时，缓冲区都不可以开始下一个磁盘区的相关工作，所以三个步骤可合并为两个：读入缓冲区并送用户区、处理。此时，可应用流水线的方式来提升效率。所以用户将大小为10个磁盘块的File1文件逐块从磁盘读入缓冲区，并送用户区进行处理，采用单缓冲时需要花费的时间为

（100+60+50）+ （10-1）× （100+60）= 1650（μs）

若增加一个缓冲区，情况如图2-19所示。

从图2-19可知，使用双缓冲区时，从磁盘向缓冲区中传送数据的工作可通过两个缓冲区持续交替进行（注意磁盘不可同时向两个缓冲区传送数据，因为磁盘的工作原理不允许这样做），所以需要时间为

100×10+60+50=1110（μs）

试题45答案

（51）C （52）B MKreG5ShrhspON6gOPsTzAVdT7pFhWcp793qejc5jg+zwx5ktUxXAB4M05OJ1sHe