河北大学操作系统考试及答案.doc

河 北 大 学 课 程 考 核 试 卷
— 学年第 学期 级 专业
考核科目 操作系统 课程类别 必修课 考核类型 考试 考核方式 闭卷 卷别 D
（注：考生务必将答案写在答题纸上，写在本试卷上的无效）
一、单项选择题（共10分，每小题1分）
1、在批处理兼分时系统中，对（ B ）应该及时响应，使用户满意。
A 批量作业 B 前台作业 C 后台作业 D 网络通信
2、 下列说法正确的是：（ D ）
A 操作系统的一个重要的概念是进程，不同的进程所执行的代码也不同
B为了避免死锁，各进程应逐个申请资源
C 操作系统采用PCB管理进程，用户进程可直接从中读出与本身运行状况有关的信息
D 进程的同步是指某些进程在逻辑上相互制约的关系
3、 文件采用直接存取方式且文件大小不固定，则宜选择（ C ）文件结构。
A 隐式链接 B 顺序 C 索引 D 显式链接
4、 下面关于设备独立性的论述中正确的是（ B ）。
A 设备独立性是指I/O设备具有独立执行I/O功能的一种特性
B 设备独立性是指用户程序独立于具体使用的物理设备的一种特性
C 设备独立性是指能独立实现设备共享的一种特性
D 设备独立性是指设备驱动程序独立于具体使用的物理设备的一种特性
5、 动态重定位是在作业的（D ）中进行的。
A 编译过程 B 装入过程 C 修改过程 D 执行过程
6、 为使进程由活动就绪转变为静止就绪，应利用（ B ）原语。
A create B suspend C active D block
7、 若系统中只有用户级线程，则系统调用的基本单位是（ B ）。
A 线程 B 进程 C 作业 D 程序
D—4—1
8、 碎片最严重的存储管理方式是（ B ）。
A 固定分区 B 可变分区 C 分页管理 D 分段管理
9、 下列说法正确的是（ B ）。
A 在段页式系统中，以页为单位管理用户的虚拟空间，以段为单位管理内存空间
B 在段页式系统中，以段为单位管理用户的虚拟空间，以页为单位管理内存空间
C 为提高请求分页系统中内存的利用率，允许用户使用不同大小的页面
在虚拟存储器中，为了减少缺页中断，要尽量装入作业的全部内容
10、多台计算机组成的一个系统，这些计算机之间可以通过通信来交换信息，互相之间无主次之分，它们共享系统资源，程序由系统中的全部或部分计算机协同执行。管理上述计算机系统的操作系统是（ A ）。
A 分布式操作系统 B 批处理操作系统
C 网络操作系统 D 单用户操作系统

二、填空题（共15分，每空1分）
1、允许若干个用户联机，通过自己的终端同时使用一台计算机的操作系统称
为　⑴　分时操作系统。
2、 处理系统的主要优点是　吞吐量达⑵　和资源利用率高，其主要缺点是和　用户⑶　无交互性。
3、 并发程序间的相互制约关系主要是　资源共享⑷　和　相互合作⑸　。
4、 资源的预先分配法破坏了产生死锁的　请求和保持⑹　必要条件
5、 用户为阻止自己的进程继续运行，应利用　suspend⑺　原语，该进程变为　静止就绪⑻　状态。
6、 在响应比高者优先的调度算法中，当各个作业的等待时间相同时，　短作业⑼　将得到优先调度，当各个作业要求的运行时间相同时，　等待时间最长者⑽　将得到优先调度。
7、 动态分区存储管理方式属于　连续⑾　存储管理方式，而段式存储管理方式属
于　离散⑿　存储管理方式。

D—4—2
8、 假设磁盘存取臂目前出于8号柱面上，有如下6个请求者等待访问磁盘，其要访问的柱面号分别为：9，7，15，18，20，3，若此刻磁臂的移动方向是由外向内，则按照scan算法，被相应的请求序列应该是　7 3 9 15 18 20⒀　。
9、 对目录管理的要求，首先是能实现　按名存取⒁　，其次是提高对目录的　查找速度⒂　。

三、简答题（共30分，每小题5分）
1、请举例说明单用户单任务的操作系统与多用户多任务的操作系统之间的区别？
DOS是单用户单任务的操作系统，通常这种操作系统没有进程调度，内存管理也比较简单，只划分为系统区和用户区，是单道的程序运行环境。Unix是多用户多任务的操作系统，有进程管理，内存管理也比较复杂。它们都具有设备管理系统和文件管理系统，但功能也有差别。
2、 死锁产生的4个必要条件是什么？它们是彼此独立的吗？
互斥，请求和保持，不剥夺，环路等待。
不是相互独立的，前三个条件是必要条件，而环路等待实际上是在前三者基础上的一种可能的结果，是死锁的一种现象。

3、 当系统中的地址空间非常大时（例如32位），会给页表的设计带来什么问题？请给出一个方案并分析其优缺点。
会导致页表过长从而很难找到一块连续的存储空间存放页表，此外如果页表中的行不连续也会加大访问页表的查找时间。
可以用多级页表解决这个问题，将页表分页，离散地存储在不同区域，同时建立另一张页表映射原来页表的每一页。优点是不需要大块的连续空间，但并没有减少页表的空间，同时也增加了访存次数。

4、 文件在磁盘上存放的形式有几种？它们与存取方法有何关系？
三种存储结构 顺序存取 随机存取 按键存取
顺序结构
链接结构
索引结构
顺序
顺序
顺序
随机

随机

5、 试比较进程与程序的异同。
进程与程序是紧密相关而又完全不同的两个概念：1）每个进程实体中包含了程序段和数据段这两个部分，因此他们是紧密相关的。但从结构上看，进程实体中除了程序段和数据段外，还必须包含一个数据结构，即进程控制块PCB。2）进程是程序的一次执行过程，因此是动态的；动态性还表现在进程由创建而产生、由调度而进行、由撤销而消亡，即它具有一定的生命周期。而程序只是一组指令的有序集合，并可以永久的驻留在某种介质上，其本身不具有运动的含义，是静态的。3）多个进程实体可同时存放在内存中并发执行，其实这正是引入进程的目的。而程序的并发执行具有不可再现性，因此程序不能正确并发执行。4）进程是一个能够独立运行、独立分配资源和独立接受调度的基本单位，而程序不可能在多道环境下独立运行。5）进程与程序不一一对应，同一个程序多次运行，将形成不同的进程；同一个程序的一次执行也可以产生多个进程；而一个进程也可以执行多个程序。

6、 脱机命令接口和联机命令接口有什么不同？
脱机命令接口是OS提供给批处理作业用户的作业控制语言。批处理用户不能直接与自己的运行作业进行交互，只能向系统提供用作业控制语言编写的作业说明书，并委托系统按照作业说明书中的作业控制命令来对它们的作业进行控制和管理。联机命令接口则不要求用户填写作业说明书，此时，系统将向用户提供一组键盘命令或其他操作方式的命令，用户可通过这些命令来交互的控制自己程序的运行并获得操作系统的服务。

四、计算题（共20分）
1、设有A B、C三个进程，它们共享十个资源，每个进程最大需求量分别为4，7，8，它们对资源请求的序列如下表：（8分）
序号
进程
申请资源数
1
A
2
2
B
4
3
C
2
4
B
2
5
C
2
6
A
2
……
……
……

D—4—3
⑴请画出执行完序号4时的资源分配矩阵；（2分）（2 4 2）

⑵为使系统不发生死锁，执行完序号6时，3个进程各处于什么状态，获得多少同类资源？（3分）A运行，B、C阻塞 4、4、2
⑶按照上题时的状态，系统会发生死锁吗？为什么？（3分）
不会，A已得到全部资源，运行结束后释放资源可以使B、C正常结束
2、在实现文件系统时，为了加快文件目录的检索速度，可利用“FCB分解法”。假设目录文件存放在磁盘上，每个盘块512B。FCB占64B，其中文件名占8B，通常将FCB分解为符号目录项和基本目录项两部分，其中符号目录项大小为10B：（8分）
⑴基本目录项大小为多少字节？（2分）
⑵假设某一目录文件共有254个FCB，试分别给出采用分解法之前和之后，对该目录文件分别的平均访问磁盘次数：（3分）
⑶一般地，若目录文件分解前占用N个盘块，分解后符号目录文件占用M个盘块，请给出访问磁盘次数减少的条件：（3分）
64－8＝56B （2分）
分解之前：平均访问次数为（64×254/512+1）/2＝165
分解之后：平均访问次数为（10×254/512＋1）/2＝3 （2分）
条件为：分解前平均读盘次数－分解后平均访问符号目录文件的读盘次数>1，
即N/2－M/2>1，故M4分）
页号
块号
0
2
1
3
2
1
3
6

设页号为P，页内位移为W，逻辑地址为A，页面大小为L，则：
P=int（A/L） W=A mod L
⑴1011有：P=int（1011/1024）=0 W=1011 mod 1024=1011
第0页在第2块，故物理地址：3059
⑵2148有：P=int（2148/1024）=2 W=2148 mod 1024=100
第2页在第1块，故物理地址：1124
⑶3000有：P=int（3000/1024）=2 W=3000 mod 1024=952
第2页在第1块，故物理地址：1976
⑷4000有：P=int（4000/1024）=3 W=4000 mod 1024=928
第3页在第6块，故物理地址：7072
五、综合题（共25分）
1、现有四个进程R1、R2、W1、W2，它们共享可以存放一个数的缓冲器B。进程R1每次把来自键盘的一个数存入缓冲器B中，供进程W1打印输出；进程R2每次从磁盘上读一个数存放到缓冲器B中，供进程W2打印输出。为防止数据的丢失和重复打印，问怎样用信号量操作来协调这四个进程的并发执行。（13分）
四个进程可如下描述：
Semaphore sb=1,sx=0,sy=0;
Item B;
Void R1( )
{
while(1)
{
接收来自键盘的数;
x=接收的数;
wait(sb);
B:=x;
Signal(sx);
}
}
Void w1( )
{
while(1)
{
wait(sx);
k:=B;
signal(sb);
打印k中数;
}
}

Void R2( )
{
while(1)
{
从磁盘上读一个数;
y:=读入的数;
wait(sb);
B:=y;
Signal(sy);
}
}

Void W2( )
{
while(1)
{
wait(sy);
j:=B;
wait(sb);
打印j中数;

}
}
main()
{
cobegin(
R1();
W1();
R2();
W2();
}
}

2、 试设计在虚拟存储环境下实现简单的clock页面置换的可行方案。（12分）
3、 使用Clock算法时，只须为每页设置一个访问位。在将内存中的所有页面都通过链接指针链成一个循环队列（4分）。当某页被访问时，其访问位置1。置换算法在选择一页淘汰时，只须检查其访问位，如果是0，就选择该页换出；若为1，则重新将它复0、暂不换出而给该页第二次驻留内存的机会（4分）。再按照FIFO算法检查下一个页面。当检查到队列中的最后—个页面时，若其访问值仍为1、则再返回到队首再去检查第一个页面
D—4—4

河北大学课程考核参考答案及评分标准
（ — 学年第 学期）
考核科目 操作系统 课程类别 考核方式 闭卷 卷别 4
一、选择题（共10分，每小题1分）
目的：考查学生对操作系统基本原理的掌握；满分值：10分；答案：
1、B 2、D 3、C 4、B 5、D 6、B 7、B 8、B 9、B 10A
评分标准：每小题1分
二、填空题（每空1分，共15分）
目的：考查学生对操作系统基本原理的掌握；满分值：15分；答案：
⑴分时操作系统 ⑵吞吐量大 ⑶用户 ⑷资源共享 ⑸相互合作 ⑹请求和保持
⑺suspend ⑻静止就绪 ⑼短作业 ⑽等待时间最长者 ⑾连续 ⑿离散 ⒀7 3 9 15 18 20
⒁按名存取 ⒂查找速度
评分标准：每空1分
三、简答题（共30分，每小题5分）
1、目的：考查学生对单用户单任务和多用户多任务操作系统的掌握；答案：
DOS是单用户单任务的操作系统，通常这种操作系统没有进程调度，内存管理也比较简单，只划分为系统区和用户区，是单道的程序运行环境。Unix是多用户多任务的操作系统，有进程管理，内存管理也比较复杂。它们都具有设备管理系统和文件管理系统，但功能也有差别。
1、 目的：考查学生对死锁必要条件的掌握；答案：
互斥，请求和保持，不剥夺，环路等待。
不是相互独立的，前三个条件是必要条件，而环路等待实际上是在前三者基础上的一种可能的结果，是死锁的一种现象。
2、 目的：考查学生对页表的掌握；答案：
会导致页表过长从而很难找到一块连续的存储空间存放页表，此外如果页表中的行不连续也会加大访问页表的查找时间。
可以用多级页表解决这个问题，将页表分页，离散地存储在不同区域，同时建立另一张页表映射原来页表的每一页。优点是不需要大块的连续空间，但并没有减少页表的空间，同时也增加了访存次数。
3、 目的：考查学生对文件存放的掌握；答案：
如下表：
三种存储结构的特点略。
顺序结构
链接结构
索引结构
顺序
顺序
顺序
随机

随机
5、目的：考查学生对进程与程序的掌握；答案：
进程与程序是紧密相关而又完全不同的两个概念：1）每个进程实体中包含了程序段和数据段这两个部分，因此他们是紧密相关的。但从结构上看，进程实体中除了程序段和数据段外，还必须包含一个数据结构，即进程控制块PCB。2）进程是程序的一次执行过程，因此是动态的；动态性还表现在进程由创建而产生、由调度而进行、由撤销而消亡，即它具有一定的生命周期。而程序只是一组指令的有序集合，并可以永久的驻留在某种介质上，其本身不具有运动的含义，是静态的。3）多个进程实体可同时存放在内存中并发执行，其实这正是引入进程的目的。而程序的并发执行具有不可再现性，因此程序不能正确并发执行。4）进程是一个能够独立运行、独立分配资源和独立接受调度的基本单位，而程序不可能在多道环境下独立运行。5）进程与程序不一一对应，同一个程序多次运行，将形成不同的进程；同一个程序的一次执行也可以产生多个进程；而一个进程也可以执行多个程序。
6、目的：考查学生对命令接口的掌握；答案：
脱机命令接口是OS提供给批处理作业用户的作业控制语言。批处理用户不能直接与自己的运行作业进行交互，只能向系统提供用作业控制语言编写的作业说明书，并委托系统按照作业说明书中的作业控制命令来对它们的作业进行控制和管理。联机命令接口则不要求用户填写作业说明书，此时，系统将向用户提供一组键盘命令或其他操作方式的命令，用户可通过这些命令来交互的控制自己程序的运行并获得操作系统的服务。
评分标准：每小题5分
四、计算题（共20分）
1、目的：考查学生对进程调度的掌握；满分值：8分；
解题步骤及其评分标准：
（2 4 2） （2分）
A运行，B、C阻塞 4、4、2 （3分）
不会，A已得到全部资源，运行结束后释放资源可以使B、C正常结束 （2分）
2、目的考查学生对文件目录的掌握；满分值：8分；
解题步骤及其评分标准：
64－8＝56B （2分）
分解之前：平均访问次数为（64×254/512+1）/2＝165
分解之后：平均访问次数为（10×254/512＋1）/2＝3 （2分）
条件为：分解前平均读盘次数－分解后平均访问符号目录文件的读盘次数>1，
即N/2－M/2>1，故M1/1024）=0 W=1011 mod 1024=1011
第0页在第2块，故物理地址：3059
⑵2148有：P=int（2148/1024）=2 W=2148 mod 1024=100
第2页在第1块，故物理地址：1124
⑶3000有：P=int（3000/1024）=2 W=3000 mod 1024=952
第2页在第1块，故物理地址：1976
⑷4000有：P=int（4000/1024）=3 W=4000 mod 1024=928
第3页在第6块，故物理地址：7072
评分标准：无步骤，每问1分
五、综合题（共25分）
1、目的：考查学生对同步问题的掌握；满分值：13分；答案：
四个进程可如下描述：
Semaphore sb=1,sx=0,sy=0;
Item B;
Void R1( )
{
while(1)
{
接收来自键盘的数;
x=接收的数;
wait(sb);
B:=x;
Signal(sx);
}
}
Void w1( )
{
while(1)
{
wait(sx);
k:=B;
signal(sb);
打印k中数;
}
}

Void R2( )
{
while(1)
{
从磁盘上读一个数;
y:=读入的数;
wait(sb);
B:=y;
Signal(sy);
}
}

Void W2( )
{
while(1)
{
wait(sy);
j:=B;
wait(sb);
打印j中数;

}
}
main()
{
cobegin(
R1();
W1();
R2();
W2();
}
}
评分标准：信号量定义1分，各个进程3分
2、目的：考查学生对虚拟存储问题的掌握；满分值：12分；答案：
使用Clock算法时，只须为每页设置一个访问位。在将内存中的所有页面都通过链接指针链成一个循环队列（4分）。当某页被访问时，其访问位置1。置换算法在选择一页淘汰时，只须检查其访问位，如果是0，就选择该页换出；若为1，则重新将它复0、暂不换出而给该页第二次驻留内存的机会（4分）。再按照FIFO算法检查下一个页面。当检查到队列中的最后—个页面时，若其访问值仍为1、则再返回到队首再去检查第一个页面（4分）。