山东科技大学2013—2014学年第一学期 《操作系统》考试A卷参考答

山东科技大学2013—2014学年第一学期

《操作系统》考试试卷（A卷）参考答案及评分标准

一 单项选择题（每小题1.5分，共30分）

1～10 CABBA AACCB 11～20 ADBAB CDCAC

二、简答题（第题5分，共40分）

1．答案要点：

SPOOLing是 Simultaneous Peripheral Operation On-Line （即外部设备联机并行操作）的缩写，它是关于慢速字符设备如何与计算机主机交换信息的一种技术，通常称为“假脱机技术”。

SPOOLing技术是在通道技术和多道程序设计基础上产生的，它由主机和相应的通道共同承担作业的输入输出工作， 利用磁盘作为后援存储器， 实现外围设备同时联机操作。

SPOOLing系统由专门负责 I/O 的常驻内存的进程以及输入井、输出井组成；它将独占设备改造为共享设备，实现了虚拟设备功能。 评分标准：

含义1分，其他每个两分 2．答案要点：

（1）连续更合适,

因为一次写入不存在插入问题连续的数据块组织方式完全可以满足一次性写入磁盘。同时连续文件组织方式减少了其他不必要的空间开销，而连续的组织方式顺序查找读取速度是最快的。

（2）FCB集中存储好。目录是存在磁盘上的，所以检索目录的时候需要访问磁盘，速度很慢；集中存储是将文件控制块的一部分数据分解出去，存在另一个数据结构中，而在目录中仅留下文件的基本信息和指向该数据结构的指针，这样一来就有效地缩短减少了目录的体积，减少了目录在磁盘中的块数，于是检索目录时读取磁盘的次数也减少，于是就加快了检索目录的次数。

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 3. 答案要点：

进程切换的步骤如下： （l）保存处理器内容。

（2）对当前运行进程的PCB进行更新。包括改变进程状态和其它相关信息。 （3）将这个进程的PCB移入适当的队列（就绪、因事件阻塞、就绪挂起等）。 （4）挑选其他进程执行。

（5）对挑选进程PCB进行更新，包括将其状态改为运行。 （6）对存储器管理数据结构进行更新。 （7）恢复被选择进程上次移出时的处理器状态。 评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 4．答案要点：

答：假定数组的第一行元素已经存放在了一个主存块中，由于分页进把数组中的元数每一行放在一页中，所以每次i+1的时候都会产生缺页中断。这样一来，按1）编制的程序，每执行一次A[j]：=0 就会产生一次缺页中 断，于

是总共产生（128×128-1）次缺页中断。而2）编制的程序执行时产生（128-1）次缺页中断. 评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 5．答案要点：

页面大小为1KB，在虚地址中有10个二进制位，用户地址空间有32页，虚页号占5个二进制位，因此虚地址长度为15位。又主存为16KB，所以物理地址为14位。

0AC5H的二进制形式是000101011000101，其中需页号为00010即十进制的2，由上表可知是4号物理块，即0100，所以相应物理地址为12C5H。

1AC5H的二进制形式为001101011000101，虚页号为00110即十进制的6，由表知是没有第6页，将发生缺页中断。系统从外存中把第6页调入内存，然后更新页表。

3AC5H的二进制形式为011101011000101，虚页号为01110，即十进制14，由于14>10，超过作业的地址空间长度，系统发生地址越界中断，程序运行终止。

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 6．答案要点：

所谓DMA方式就是在进行数据传送时，CPU让出总线的控制权，由硬件中的DMA控制器接管直接控制总线。在DMA.控制器的控制下，数据不经CPU而直接在内存和外设之间传送，提高大批量数据交换的速度，从而提高计算机系统的数据传输效率。

在传送过程中，是直接依靠硬件在主存和I/O设备之间传送数据，传送期间不需要CPU程序干预。主要用于几个方面：

● 用于磁盘等高速外存的数据决传送； ● 用于高速通信设备的数据帧传送； ● 用于高速数据采集； ● 用于动态存储器别新。

DMA方式与中断方式相比较，都具有随机性，都能实现主机与I/O在一段时间内的并行操作但是DMA方式必须通过硬件完成高速数据传送，而简单的批量数据传送中断方式则通过服务程序完成中、低速I/O传送，并能处理复杂的随机事态。

而且，对于中断I/O来说，它是以字（节）为单位进行的I/O的，每完成一个字（节）的I/O，控制器便要向CPU请求一次中断。换言之，采用中断驱动I/O方式时的CPU，是以字（节）为单位进行千预的。如果将这种方式用于块设备的I/O，是极其低效的。

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 7．答案要点：

二级索引28900*512字节，三级索引491300*512字节

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 8. 答案要点：

new: The process is being created.

running: Instructions are being executed.

waiting: The process is waiting for some event to occur. ready: The process is waiting to be assigned to a processor. terminated: The process has finished execution.

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。

三、综合题（均要求有详细的过程，每题10分，共30分）

1. 答案要点：

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。

2. 答案要点：此题考察的知识点是共享资源的使用与 P、V 操作以防止死锁。 参考答案：

a）semaphore mutex1=1,mutex2=1;

bus() {

Wait(mutex1); Wait(mutex2); Guoqiao； Signal（mutex1）； Signal（mutex2）； } b)

int countSN=0; int countNS=0; semaphore mutexSN=1; semaphore mutexNS=1; semaphore bridge=1; StoN( ){ p(mutexSN); if(countSN==0) p(bridge); countSN++; V(mutexSN); 过桥; p(mutexSN); countSN--; if(countSN==0)

V(bridge); v(mutexSN); } NtoS(){ p(mutexNS); if(countNS==0) p(bridge); countNS++; V(mutexNS); 过桥; p(mutexNS); countNS--; if(countNS==0) V(bridge); v(mutexNS);}

评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。 3. 答案要点：

【分析】首先，在读第一个块时，无论是紧密存放还是不紧密存放其读取方式都是一致的，但在第二个块开始将发生变化时，它们在柱面间的移动花费的时间并不相同。每个块传输到定位柱面所花费的时间和传输该块所花的时间。

【解答】读第一块时平均移动柱面为20个，需要20×6ms：平均旋转延迟时间为100ms，传输速率为每块25ms，所以读取第一块共需要：20×6ms+100ms十25ms＝245ms。

（1）不采用紧密存放。从第2块开始，每块的处理时间平均是：13×6ms+100ms十25ms＝203ms ，所以传输100块的文件共需：245ms+99 ×203ms＝20342ms＝20.3425s。

（2）采用紧密存放。从第2块开始，.每块的处理时间平均是：2×6ms+100ms十25ms＝137ms，所以传输100块的文件共需：245ms+99 ×137ms＝13808ms＝13.8085s 评分标准：若思路正确，即便有所偏差可以给一半以上分数。

四、附加设计题（共10分，英语答题适当有加分）

Answer:

令 Z=文件起始地址(block#), a. contiguous

i. LA/512=X(商，整数部分)，Ｙ（余数） （其中，ＬＡ …… 此处隐藏：2252字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……