2022年河南师范大学计算机科学与技术专业《操作系统》科目期末试卷A(有答案)

2022年河南师范大学计算机科学与技术专业《操作系统》科目期末试卷A（有答案）一、选择题1、驱动调度算法中，（）算法可能会随时改变移动臂的运动方向。电梯调度C.扫描D.单向扫描2、下面关于目录检索的论述中，正确的是（）。法C.在利用顺序检索法时，只要路径名的一个分量名未找到，便应停止查找D.3、死锁与安全状态的关系是（）。A.死锁状态有可能是安全状态B.C.不安全状态就是死锁状态D.死锁状态一定是不安全状态4、结构（Cobegin语句1：语句2Coend）表示语句1和语句2并发执行。代码如下：X：=0；Y：=0；CobeginBeginX：=1；Y：=Y+X；EndBeginY：=2；X：=X+3；EndCoend当这个程序执行完时，变量X和Y的值有可能为（）。I.X=1，Y=2 II.X=1，Y=3 III.X=4，Y=6A.I B.I和II C.II和III D.、II和III5P1P21x。P1x1，P2x1。11操作的指令序列分别如下所示：//加1操作loadR1，x①//xR1中incR1②storex,R1:③//将R1的内容存入x//减1操作loadR2，x①//xR1中incR2②storex,R2:③//将R1的内容存入x的值（）。-1310，12D.可能为-1，0，1或26、在一个操作系统中对内存采用页式存储管理方法，则所划分的页面大小（）。A.要依据内存大小而定B.必须相同C.CPUD.要依据内存和外存而定7、下列关于页式存储说法中，正确的是（）。TLB次内存页式存储管理不会产生内部碎片IV.页式存储方式可以采用静态重定位A.仅I、II，IV B.仅I、IV C.仅I D.I、II、III、IV8、下面叙述中，错误的是（）A.操作系统既能进行多任务处理，又能进行多重处理B.多重处理是多任务处理的子集，C.多任务是指同一时间内在同一系统中同时运行多个进程D.一个CPU的计算机上也可以进行多重处理9、下列选项中，操作系统提供给应用程序的接口是（）。A.系统调用B.中断C.库函数D.原语10SPOOLing技术将磁盘的一部分作为公共缓冲区以代替打印机，用户对打印机的操作实际上是对磁盘的存储操作，用以代替打印机的部分是（）。A.独占设备 共享设备 虚拟设备 一般物理设11、缓存技术的缓冲池在（）中。A.内存 外存 C.ROM 寄存器12I/OCPU与通道协调I作的种于段，所以在（）时，便要产生中断。A.CPU“B.CPU的启动请求C.通道完成了通道程序的执行D.二、填空题13、当一个进程独占处理器顺序执行时，具有两个特性和 。14、单用户连续存储管理方式下，也可利技术让多个用户的作业轮流进入存储器执行。15、操作系统中，进程调度通常有先来先服务、 和分级调度算法调度算法。16、操作系统中，进程通信、 几种方式。17、在UNIX中，对磁盘空闲块采用成组连接方式，每一组的第一个空闲块中登记了下组空闲块和 。18、设计实时操作系统时特别要注意两点，第一，第二是 19、把存储介质上连续信息所组成的一个区域称；为管理方便，经常将存介质的 物理单位称为。20、主存的“地址越界”中断是属中断。三、判断题21（）22、在作业调度时，采用最高响应比优先的作业调度算法可以得到最短的作业平均周转时间.（）23（）24（）25P、Vsend，receiveMonitor等（）26（）27.（）28M的分时系统中，当注册的用户有NM/N间.（）29（）30（）四、名词解释题、临界区：32、作业：33、安全序列：34、程序局部性原理：35、可再入代码：36、存储设备：五、简答题37、什么是死锁？产生死锁的四个必要条件是什么？38、在设备管理中，按照设备共享特性分成哪几种类型比较合理，并分别举例说明。39、UNIX/Linux文件系统的主要特点是什么40、什么是快表？它在地址转换中起什么作用？41、什么是操作系统？六、综合题42、以下分别是对中断、中断处理、中断响应、关中断、开中断、中断屏蔽、陷入、软中断的解释，请在解释文字前的括号中填入止确的概念。（）中断请求能否参加判优，需根据屏蔽字的状态决定，若某屏蔽为1，其对应的请求无效，不可参加判优。（）当允许中断标志为1时，表明现行程序的优先级低于所有中断请求的优先级，因此一旦出现中断请求，CPU便能响应。（）系统调用引发的事件。（）对中断请求的整个处理过程是由硬件和软件结合起来而形成的一套中断机构实施的。发生中断时，CPU暂停执行当前的程序而转去处理中断。该过程由硬件对中断请求做出反应。（）CPU对系统发生的某个时间做出的一种反应，即CPU暂停正在执行的程序，保留现场后自动地转去执行相应的处理程序，处理完该事件后再返回断点，继续执行被“打断”的程序。（）利用硬件中断的概念，用软件方式进行模拟，实现宏观上的异步执行效果（）大致分为4个阶段：保存被中断程序的现场，分析中断原因，转入相应处理程序进行处理，恢复被中断程序的现场，（）为保证在中断周期中，指令操作的执行不受外部干扰，将允许中断标志位清0，即表明现行程序的优先级比所有请求的优先级都高，任何请求都不响应。43、存放在某个磁盘上的文件系统采用混合索引分配方式，其FCB中共有13个地址项，第0~9个地址项为直接地址，第10个地址项为一次间接地址，第11个地址项为二次间接地址，第12个地址项为三次间接地址。假设每个盘块的大小为512B，若盘块号需要占3B，而每个盘块最多存放170个盘块地址，则：该文件系统允许文件的最大长度是多少？将文件的第5000B、15000B、150000B转换成物理块号和块内位移。假设某个文件的FCB位置的内容，最少需要几次访问磁盘？最多需要儿次访问磁盘？44、假设磁盘的每个磁道分为9个块，现有…文件有A，B，.，I共9个记录，每个记录的大小与块的大小相等，设磁盘转速为27ms/转，每读出一块后需要2ms的处理时间，若忽略其他辅助时间，试问：处理文件要多长时间？短？45、某火车订票系统可供多个用户同时共享一个订票数据库。规定允许多个用户同时查询该数据库，有查询者时，用户不能订票：有用户订票而需要更新数据库时，P、V序。参考答案一、选择题、B、C、D、C、C、B、C、B、A、B、A、C二、填空题13、【答案】封闭性、可再现性14、【答案】对换（swapping）15、【答案】优先数调度算法、时间片轮转调度算法16、【答案】信件、通信原语@17、【答案】块号、空闲块数18、【答案】可靠性、安全、【答案】块、卷、【答案】程序性三、判断题、【答案】：对、【答案】：错、【答案】：错、【答案】：错、【答案】：错、【答案】：对、【答案】：错、【答案】：对、【答案】：错、【答案】：错四、名词解释题31、临界区：在每个进程中访问临界资源的那段程序。32、作业：用户在一次上机过程中要求计算机系统所做工作的集合。33、安全序列：针对当前分配状态来说，系统至少能够按照某种次序为每个进程分配资源（直至最大需求），并且使他们依次成功地运行完毕，这种进程序列[p1，p2，，pn]就是安全序列。34、程序局部性原理：在相对短的一段时间内，进程集中在一组子程序或循环中之行，导致所有的存储器访问局限于进程地址空间的一个固定子集。这种现象就叫做程序局部性原理，35、可再入代码：也称纯代码，是指那些在其执行过程本身不做任何修改的代码，通常由指令和常数组成。36、存储设备：它们是指计算机用来存储信息的设备，如此盘（硬盘和软盘）、磁带等。五、简答题37、答：死锁：当某进程提出资源申请后，使得系统中一些进程处于无休止的阻塞状态，在无外力作用下，永远不能再继续前进。产生死锁的必要条件：互斥使用资源，占用并等待资源，不可抢夺资源和循环等待资源38、答：按照是否可共享，可以分成独占设备和共享设备两类，独占设备不能让多个程序同时使用，共享设备可以同时让多个程序使用。打印机属于独占设备，如果多个程序同时使用打印机，则打印出来的数据就可能会随机混合交叉在一起，所以打印机只能让一个程序独占。而磁盘属于共享设备，多个程序同时在磁盘上打开文件是可以的。39、答：UNIX/LinuxLinux文件系统的目录组织Linux文件系统把外部设备做成特殊文件，与普通文件一并进行管理40、答：快表是一个高速、具有并行查询能力的联想存储器，用于存放正运行的进程的当若找到就直接进行地址转换；未找到，则在主存页表继续查找，并把查到的页号和块号放入联想存储器中。快表的命中率很高，有效地提高了地址转换的速度。41、答：操作系统是计算机系统中的一个系统软件，它能有效地组织和管理计算机系统中的硬件及软件资源，合理地组织计算机工作流程，控制程序的执行，并向用户提供各种服务功能，使得用户能够灵活、方便、有效地使用计算机，并使整个计算机系统能高效地运行。六、综合题42关中断。43、【解析】在混合索引分配方式中，FCB的直接地址中登记有分配给文件的前n块（第0~n-1块）的物理块号（n的大小由直接地址项数决定，本题中为10）：一分配给文件的第n~（n+k-1）块的块号（k本题中为170）：二次间接地址中登记有一个二次间接地址块的块号，其中给出了块的块号：三次间接地址块，中则登记有一个三次间接地址块的块号，其中可给出k给出k个，次间接地址块的块号，而这些一次间接地址块则登记分配给文件的第（n+k+k）~（n+k+k+k-1）块的物理块号，1）该文件系统中个文件的最大长度可达10+170+170×170+170×170×170=4942080块=4942080×512B=2471040KB.2）5000/512得到商为9，余数为392，即对应的逻辑块号为9，块内位移为392。由于9<10，故可直接从该文件的FCB的第9个地址项处得到物理盘块号，块内位移为392。15000/512得到商为29，余数为152，即对应的逻辑块号为29，块内位移为152。由于10≤29<10+170，而29-10=19，故可从FCB的第10个地址项，即，次间接地址项中得到一次间接地址块的地址，并从一次间接地址块的第19项（即该块的第57~59B这3个字节）中获得对应的物理盘块号，块内位移为152。150000/512得到商为292，余数为496，即对应的逻辑块号为292，块内位移为496。由于10+170≤292<10+170+170x170，而292-（10+170）=112，112/1700.112，故可从FCB11个地址项，即：二次问接地址项中得到二次间接地址块的地址，并从二次间接地址块的第0项中获得一个一次间接地址块的地址，再从该一次间接地址块的第112项中获得对应的物理盘块号，块内位移为496。3）由于文件的FCB已在内存，为了访问文件中某个位置的内容，最少需要1次访问磁盘（即可通过直接地址直接读文件盘块），最多需要4次访问磁盘（第一第四次是读文件盘块）。44、【解析】由题目所给条件可知，磁盘转速为27ms/转，因此读出1个记求的时间是27ms/9=3ms。读出并处理记求A需要3ms+2ms=5ms，此时读写头已转到了记求B的中间，因此为了读出记求B.必须再转将近一圈（从记求B的中间到记录B.需要25ms）。后续7个记录的读取及处理与此相同，但最后一个记录的读取与处理只需5ms，于是处理9个记录，的总时间为8×（25+3+2）ms+（3+2）ms=245ms。这里将旋转，尚的时间算在了前一个读取单元中，即将“读取A，旋转”看作一个单元，因此前8个的处理时间为30ms，最后一个为5ms。若将旋转算在后一个读取单元，则处理A为5ms，后面8个为30ms.结果相同。由读出并处理一个记录需要5ms，当读出并处理记录A时，不妨设记录A放在第1个盘块中，读写头已移动到第2个盘块的中间，为了能顺序读到记录B，应将它放到第3个盘块中，即应将记录按如下顺序存放，见表。这样，处理个记录并将磁头移动到下，记录的时间为3ms+2ms+1ms=6ms。所以，处理9个记求的总时间为6×8ms+5ms=53ms.45、【解析】本题是个典型的读者-写者问题，查询者是读者，订票者是写者。读者-者问题的主要要求是：①允许多个读者共享对象。②不允许写者和其他读者或写者同时访问共享对象。为了达到上述控制，引入一个变量readcount，用于记录当前正在运行的读者进程数以及读斥信号量rmutex和写互斥信号量wmutex。每个读者进程进入系统后需对readcount加1。当readcount的值由0变为1时，说明是第·个读者进程进入，A此需要该读者进程对控制写者进程的信号量wmutex进行P操作，以便与写者进程互斥运行：当readcount的值由非0值增加时，说明不是第一个读者进程，此时控制写者进程的信号最已进行过P操作，已经禁止写者进程进入，因此不需要再次对该信号量进行P操作。当读者进程退出时，需对readcount减1。如发现减1后readcount的值变为0，说明是最后一个读者进程退出，因此需要该读者进程对控制写者进程的信号量wmutex进行V操作，以便写者进程能够进入。同步程序描述如下：Semaphorermutex=1，wmutex=1；Intreadcount=0；Inquirer（）{While（true）{P（rmutex）；If（readcount==0）P（wmutex）；readcount=readcount+1；V（rmutex）；P（rmutex）；readcount=readcount-1；If（readcount==0）V（wmutex）：V（rmutex）；