操作系统试卷2009-2010答案

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 10、A
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。

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M<N－2。

（3分）
3、目的：考查学生对分页存储管理的掌握；满分值：4分；
解题步骤及其评分标准：
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
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）。