软件设计方案师 .docx

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1、精品名师归纳总结试卷 1假如系统采纳信箱通信方式，当进程调用Send原语被设置成“等信箱”状态时，其缘由是。A指定的信箱不存在 B 调用时没有设置参数 C指定的信箱中无信件 D指定的信箱中存满了信件分析 由于 Send原语是发送原语，假如系统采纳信箱通信方式，那么当进程调用 Send原语被设置成“等信箱”状态时，意味着指定的信箱存满了信件，无可用空间。答案 D试卷 2如在系统中有如干个互斥资源 R，6 个并发进程，每个进程都需要 2 个资源R，那么使系统不发生死锁的资源R的最少数目为。A6 B7 C9 D 12分析 操作系统为每个进程安排 1 个资源 R后，系统仍有 1 个可供安排的资源R，能

2、满意其中的 1 个进程的资源 R要求并运行完毕释放占有的资源 R，从而使其他进程也能得到所需的资源 R并运行完毕。答案 B试卷 3、4某进程有 5 个页面，页号为 04，页面变换表如下所示。表中状态位等于0 和 1 分别表示页面不在内存或在内存。如系统给该进程安排了3 个储备块， 当拜访的页面 3 不在内存时，应当剔除表中页号为3的页面。假定页面大小为 4KB，规律的址为十六进制2C25H，该的址经过变换后，其物理的址应为十六进制 4。页号页帧号状态位拜访位修改位可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结031101000241113000411113 A 0 B1 C2 D44 A 2

3、C25H B4096H C4C25H D8C25H分析 页面变换表中状态位等于 0 和 1 分别表示页面不在内存或在内存，所以0、2 和 4 号页面在内存。页面大小为 4KB，规律的址为十六进制 2C25H其页号为 2，页内的址为 C25H，查页表后可知页帧号 物理块号 为 4，该的址经过变换后，其物理的址应为页帧号 4 拼上页内的址 C25H，即十六进制 4C25H。答案 B C试卷 5、6假设某磁盘的每个磁道划分成 9 个物理块，每块存放 1 个规律记录。规律记录 R0，R1， R8 存放在同一个磁道上，记录的支配次序如下表所示：物理123456789块可编辑资料 - - - 欢迎下载精品

4、名师归纳总结规律 记录0RR RR 1234RRRRR 5678可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结假如磁盘的旋转速度为 27ms/周，磁头当前处在 R0的开头处。如系统次序处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为 3ms，就处理这 9 个记录的最长时间为 5 。如对信息储备进行优化分布后，处理 9 个记录的最少时间为 6。5 A 54ms B 108ms C 222ms D 243ms 6 A 27ms B 54ms C108ms D216ms分析 827ms+6ms=222m。s93ms 读记录 +3ms处理记录 =96ms=54ms可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名

5、师归纳总结答案 C B试卷 7、8操作系统是裸机上的第一层软件，其他系统软件 如 7等和应用软件都是建立在操作系统基础上的。下图分别表示8。7 A编译程序、财务软件和数据库治理系统软件B 汇编程序、编译程序和 Java 说明器C 编译程序、数据库治理系统软件和汽车防盗程序 D语言处理程序、办公治理软件和气象预报软件 8 A应用软件开发者、最终用户和系统软件开发者B应用软件开发者、系统软件开发者和最终用户C 最终用户、系统软件开发者和应用软件开发者D 最终用户、应用软件开发者和系统软件开发者分析 财务软件、汽车防盗程序、办公治理软件和气象预报软件都属于应用软件，而选项 A、C和 D中含有这些软件

6、。选项 B中汇编程序、编译程序和数据库治理系统软件都属于系统软件。答案 B D试卷 9、10进程 P1、P2、P3 和 P4 的前趋图如下：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结如用 PV操作掌握这几个进程并发执行的过程，就需要设置 4 个信号量 S1、S2、S3 和 S4，且信号量初值都等于零。下图中 a 和 b 应分别填写 9 ， c 和 d 应分别填写 10 。9 A PS1PS2和 PS3B PS1PS2和 VS1 CVS1VS2和 PS1DVS1VS2和 VS310 APS1PS2和 PS4BPS2PS3和 PS4 CVS1VS2和 VS4DVS2VS3和 VS4分析 依据

7、题意，进程 P2、P3等待 P1 的结果，因此当 P1 执行完毕需要使用 V操作通知 P2 、P3，即 a 处填 VS1VS2， b 处应填 PS1。依据题意，进程 P3 要执行需要测试 P1、P2 有没有消息，故应当在 c 处填PS2、 PS3 。当 P3 执行完毕需要使用 V 操作通知 P4，即在 d 处填 PS4。答案 C B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结试卷 1127如系统正在将对系统的影响相对较大。 文件修改的结果写回磁盘时系统发生崩溃，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结A闲暇块B目录C用户数据D用户程序分析 系统文件治理牢靠性方面的基础学问。答案

8、B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结试卷 12UNIX系统采纳直接、一级、二级和三级间接索引技术拜访文件，其索引 结点有 13 个的址项 i_addr0i_addr12。假如每个盘块的大小为1KB，每个盘块号占 4B，就进程 A拜访文件 F 中第 11264 字节处的数据时，。A可直接寻址B需要一级间接寻址C 需要二级间接寻址D需要三级间接寻址分析 每个盘块的大小为 1KB，每个盘块号占 4B，那么，一个盘块可以存放256 个盘块号。又由于进程 A拜访文件 F 中第 11264 字节处的数据，该数据应当放在 11264/1024=11 号规律盘块中，从上图中可以看出 11 号规律

9、盘块应采纳一级间接索引。答案 B试卷 13、14可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在 Windows XP操作系统中，用户利用“磁盘治理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷， 13。通常将“ C： Windowsmyprogram.exe ”文件设置成只读和隐匿属性，以便掌握用户对该文件的拜访，这一级安全治理称之为14安全治理。13A但只能使用 FAT文件系统格式化卷B但只能使用 FAT 32 文件系统格式化卷C但只能使用 NTFS文件系统格式化卷D 可以挑选使用 FAT、FAT32或 NTFS文件系统格式化卷14A 文件级 B 目录级 C 用户级 D 系统级分析 由于 Windo

10、ws XP操作系统支持 FAT、FAT32或 NTFS文件系统，所以利用“磁盘治理”程序可以对磁盘进行初始化、创建卷，并可以挑选使用 FAT、FAT32或 NTFS文件系统格式化卷。答案 D A试卷 15在移臂调度算法中，15算法可能会随时转变移动臂的运动方向。A 电梯调度和先来先服务B 先来先服务和最短查找时间优先C 单向扫描和先来先服务D 电梯调度和最短查找时间优先分析 由于先来先服务是谁先恳求先满意谁的恳求，而最短查找时间优先是依据当前磁臂到要恳求拜访磁道的距离，谁短满意谁的恳求，故先来先服务和最短查找时间优先算法可能会随时转变移动臂的运动方向。答案 B试卷 16、17设系统中有 R类资

11、源 m个，现有 n 个进程互斥使用。如每个进程对 R资源的最大需求为 w，那么当 m、n、w取下表的值时，对于下表中的 ae 五种情可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结况， 16两种情形可能会发生死锁。对于这两种情形，如将17，就不会发生死锁。16 Aa 和 bBb 和 cCc 和 dDc 和 e 17 An 加 1 或 w加 1Bm加 1 或 w减 1Cm减 1 或 w加 1nm减 1 或 w减 1分析 系统中同类资源安排不当会引起死锁。一般情形下，如系统中有m个单位的储备器资源，它被 n 个进程使用，当每个进程都要求w个单位的储备器资 源，当 m nw时，可能会引起死锁。答案

12、D B试卷 18某文件系统采纳链式储备治理方案，磁盘块的大小为1024 字节。文件Myfile.doc由 5 个规律记录组成，每个规律记录的大小与磁盘块的大小相等，并依次存放在 121、75、86、65 和 114 号磁盘块上。如需要存取文件的第5120字节处的信息，应当拜访18号磁盘块。A75B 85C 65D 114分析 依据题意每个规律记录的大小与磁盘块大小相等，并依次存放在121、75、86、65 和 114 号磁盘块上。而文件的第 5120 字节应当在 114 号磁盘块上。答案 D试卷 19、20假设系统中有 4 类互斥资源 R1、R2、R3和 R4，可用资源数分别为 9、6、3 和

13、3。在 T0 时刻系统中有 P1、P2、P3 和 P4 这 4 个进程，这些进程对资源的最大需求量和已安排资源数如下表所示。在T0 时刻系统剩余的可用资源数分别为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结19。假如 P1、 P2 、P3 和 P4 进程按 20序列执行，那么系统状态是安全的。19A 2、1、0 和 1B3、1、0 和 0 C3、1、1 和 1D 3、0、1 和 120A P1 P2P4P3BP2P1 P4P3CP3 P4 P1P2D P4P2P1 P3分析答案 D试卷 21某文件治理系统为了记录磁盘的使用情形，在磁盘上建立了位示图bitmap 。如系统中字长为 16 位，

14、磁盘上的物理块依次编号为0， 1， 2， 那么 8192 号物理块的使用情形在位示图中的第21个字中描述。A256B 257C512D 513分析由于系统中字长为 16 位，所以每个字可以表示 16 个物理块的使用情形。又由于文件储备器上的物理块依次编号为0， 1， 2，、”，因此 8192 号物理块在位示图中的第 513 个字中描述。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结答案 D试卷 22在操作系统设备治理中，通常临界资源不能采纳22安排算法。A 静态优先级B动态优先级 C 时间片轮转 D 先来先服务分析临界资源不能采纳时间片轮转安排算法 .答案 C试卷 23、24某虚拟储备系统采

15、纳最近最少使用 LRU页面剔除算法。假定系统为每个作业安排 3 个页面的主存空间，其中一个页面用来存放程序。现有某作业的部分语句如下：Var A： Array 1 128， 1 128 OF integer。i， j ： integer。 FOR i: 1 to 128 DO FOR j: 1 to 128 DOAi， j:0。设每个页面可存放 128 个整数变量，变量 i ，j 放在程序页中，矩阵 A 按行序存放。初始时，程序及变量i 、j 已在内存，其余两页为空。在上述程序片段执行过程中，共产生23次缺页中断。最终留在内存中的是矩阵A 的最终 24。23A 64B 128C256D5122

16、4A 2 行 B2 列 C1 行 D1 列分析 数组 A128128总共有 128 行， 128 列，即每一个页面可以存放 1 行。也就是说，矩阵的 2 行刚好放在 2 页内，拜访它们需要中断2 次，这样 128 行总共需要中断 128 次。留在内存中的是矩阵的最终 2 行。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结答案 B A试卷 29、30某火车票销售系统有n 个售票点，该系统为每个售票点创建一个进程Pi i=1 ，2， n。假设 Hi j=1 ，2+， m单元存放某日某车次的剩余票数， Temp为 Pi 进程的暂时工作单元， x 为某用户的订票张数。初始化时系统应 将信号量 S 赋

17、值为 29。Pi 进程的工作流程如下，如用 P操作和 V操作实现进程间的同步与互斥，就图中a、b 和 c 应分别填入 30。29A0B 1C2D 330AP S 、VS和 VSBPS、PS和 VS CV S 、PS和 PSDVS、VS和 PS分析 由于公共数据单元 Hi 是一个临界资源，最多答应 1 个终端进程使用，因此需要设置一个互斥信号量 S，初值等于 1。由于进入临界区时执行 P 操作，退出临界区时执行 V 操作。答案 B A可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结试卷 31、32在下图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

18、径之首时表示根目录。图中， 31 。假设当前目录是 A2，如进程 A 以如下两种方式打开文件 f2 ：方式 fd1=open“ 32 /f2”.o RDONLY。方式 fd1=open“/A2/C3/f2 ”, o RDONLY。 那么，采纳方式的工作效率比方式的工作效率高。31A根目录中文件 f1 与子目录 C1、C2 和 C3 中文件 f1 肯定相同B子目录 C1 中文件f2与子目录 C3 中文件f2肯定相同C子目录 C1 中文件f2与子目录 C3 中文件f2肯定不同D子目录 C1 中文件f2与子目录 C3 中文件f2是可能相同也可能不相同32 A /A2/C3BA2/C3CC3D f2分

19、析 引入相对路径名后，当拜访当前目录下的文件时，可采纳相对路径名，系统从当前目录开头查找要拜访的文件，因此同采纳肯定路径名相比，可以削减拜访目录文件的次数，提高了系统的工作效率。答案 D C试卷 33、34在某运算机中，假设某程序的6 个页面如下图所示，其中某指令“ COPY A TOB”跨两个页面，且源的址 A 和目标的址 B 所涉及的区域也跨两个页面。如的址为 A 和 B 的操作数均不在内存，运算机执行该COPY指令时，系统将产生33次缺页中断。如系统产生 3 次缺页中断，那么该程序应有34个页面在内存。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结33 A 2B 3C4D5 34A2B

20、 3C4D 5分析 由于该操作数不在内存且跨两个页面5 、6，需要将 5、6 页面装入内存，所以产生两次缺页中断，共产生4 次缺页中断。答案 C B试卷 35、36设备驱动程序是直接与35打交道的软件模块。一般而言，设备驱动程序的任务是接受来自于设备36。35A 硬件 B 办公软件 C 编译程序 D 连接程序36A 有关的上层软件的抽象恳求，进行与设备相关的处理B 无关的上层软件的抽象恳求，进行与设备相关的处理C 有关的上层软件的抽象恳求，进行与设备无关的处理D 无关的上层软件的抽象恳求，进行与设备无关的处理分析 设备驱动程序是直接与硬件打交道的软件模块。一般而言，设备驱动程序的任务是接受来自

21、于设备无关的上层软件的抽象恳求，进行与设备相关的处理。答案 A试卷 37、38可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结某系统中有四种互斥资源 R1、R2、R3 和 R4，可用资源数分别为 3、5、6 和 8。假设在 T0 时刻有 P1、P2、P3和 P4 四个进程，并且这些进程对资源的最 大需求量和已安排资源数如下表所示，那么在T0 时刻系统中 R1、R2、R3 和 R4 的剩余资源数分别为 37。假如从 T0 时刻开头进程按 38次序逐个调度执行，那么系统状态是安全的。37A 3、5。 6 和 8B3、4、2 和 2 C0、1、2 和 1D 0、1、0 和 138A P1 p2p4p

22、3BP2p1 P4p3 Cp3 p2 p1p4D p4p2p3 p1分析答案 C试卷 39页式储备系统的规律的址是由页号和页内的址两部分组成，的址变换过程如下图所示。假定页面的大小为 8KB，图中所示的十进制规律的址 9612 经过的址变换后，形成的物理的址 a 应为十进制 39。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结A42380B25996C 9612D8192分析 8192 3+1420=25996。答案 B试卷 40如文件系统容许不同用户的文件可以具有相同的文件名，就操作系统应采纳 40来实现。A索引表B索引文件C指针D多级目录分析 引入多级目录结构，这样答应不同用户的文件可以

23、具有相同的文件名。答案 D试卷 41、42某系统的进程状态转换如下图所示，图中1、2、3 和 4 分别表示引起状态转换的不同缘由，缘由 4 表示 41。一个进程状态转换会引起另一个进程状态转换的是 42。41A就绪进程被调度B运行进程执行了 P 操作C发生了堵塞进程等待的大事D运行进程的时间片到了42A 1 2B2 1C32D24可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结分析 图中缘由 1 是由于调度程序的调度引起。缘由2 是由于时间片用完引起。缘由 3 是由于 I/O 恳求引起 , 缘由 4 是由于 I/O 完成引起的 .答案 C试卷 43在操作系统中，虚拟设备通常采纳，43设备来供应

24、虚拟设备。ASpooling技术，利用磁带BSpooling技术，利用磁盘C脱机批处理技术，利用磁盘D通道技术，利用磁带分析 Spooling技术实际上是用一类物理设备模拟另一类物理设备的技术， 是使独占使用的设备变成多台虚拟设备的一种技术，也是一种速度匹配技术。答案试卷 44某文件治理系统在磁盘上建立了位示图bitmap ，记录磁盘的使用情形。如系统中字长为 32 位，磁盘上的物理块依次编号为： 0， 1， 2，那么8192 号物理块的使用情形在位示图中的第44个字中描述。A256B 257C512D 1024分析 由于系统中字长为 32 位，所以每个字可以表示 32 个物理块的使用情形。又

25、由于文件储备器上的物理块依次编号为：0，1，2，因此 8192 号物理块在位示图中的第 257 个字中描述。答案试卷 45、46某虚拟储备系统采纳最近最少使用 LRU页面剔除算法，假定系统为每个作业安排 3 个页面的主存空间，其中一个页面用来存放程序。现有某作业的部分语句如下：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Var A： Array1 150，1 100OF integer。i，j ： integer。 FOR i： =1 to 150 DO FOR j： =1 to 100 DOAi，j ：=0。设每个页面可存放 150 个整数变量，变量 i 、j 放在程序页中。初始时， 程

26、序及变量 i 、j 已在内存，其余两页为空，矩阵A按行序存放。在上述程序 片段执行过程中，共产生45次缺页中断。最终留在内存中的是矩阵A 的最终 46。45A 50B 100C150D 30046A 2 行 B2 列 C3 行 D3 列分析 数组 A150100 总共有 150 行， 100 列，即每一个页面可以存放 1.5 行， 也就是说矩阵的三行刚好放在两页内，拜访它们需要中断两次，这样 150 行总共需要中断 100 次。留在内存中的是矩阵的最终 3 行。答案试卷 47从下表关于操作系统储备治理方案1、方案 2 和方案 3 的相关描述可以看出，它们分别对应 47储备治理方案。方说明案在系

27、统进行初始化的时候就已经将主储备空间划分成大小相等或不等的1 块，并且这些块的大小在此后是不行以转变的，系统将程序安排在连续的区域中主储备空间和程序按固定大小单位进行分割，程序可以安排在不连续的2 区域中，该方案当一个作业的程序的址空间大于主存区可以使用的空间时也可以执行编程时必需划分程序模块和确定程序模块之间的调用关系，不存在调用3关系的模块可以占用相同的主存区可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结47A固定分区、恳求分页和掩盖B掩盖、恳求分页和固定分区C固定分区、掩盖和恳求分页D恳求分页、掩盖和固定分区分析 操作系统储备治理方面的基础学问答案试卷 48、49假设系统中有三类互斥资

28、源 R1、R2和 R3，可用资源数分别为 8、7 和4。在 T0 时刻系统中有 P1、P2、P3、P4和 P5 五个进程，这些进程对资源的最大需求量和已安排资源数如下表所示。在T0 时刻系统剩余的可用资源数分别为49。假如进程按 49序列执行，那么系统状态是安全的。48A 0、1 和 0 B 0、1 和 1C1、1 和 0D 1、1 和 1 49A P1 P2P4P5P3BP2 P1P4P5P3CP4 P2 P1P5P3DP4P2 P5P1P3分析答案 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结试卷 50统一过程 UP的基本特点是“用例驱动、以架构为中心的和受控的迭代式增量开发”。 UP

29、将一个周期的开发过程划分为4 个阶段，其中 50的提交结果包含了系统架构。50A先启阶段B精化阶段C构建阶段D提交阶段分析 精化阶段 Elaboration：该阶段的主要意图是对问题域进行分析，建立系统的需求和架构，确定技术实现的可行性和系统架构的稳固性。提交结果包括 系统架构及其相关文档、领域模型、修改后的业务用例和整个工程的开发计划。答案试卷 51某软件在应用初期运行在 Windows NT环境中。现因某种缘由，该软件需要在 UNIX环境中运行，而且必需完成相同的功能。为适应这个要求，软件本身需要进行修改，而所需修改的工作量取决于该软件的51。51A可扩充性B牢靠性C复用性D可移植性分析软

30、件的可扩充性指软件的体系结构、数据设计和过程设计的可扩充程度，可扩充性影响着软件的敏捷性和可移植性。答案试卷 52依据 ISO/IEC 9126 软件质量度量模型定义，一个软件的牢靠性的子特性包括 52。52A容错性和安全性B容错性和适应性C容错性和易复原性D易复原性和安全性分析 牢靠性包括三个子特性，即成熟性、容错性和易复原性。答案可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结试卷 53在 UNIX操作系统中，把输入 / 输出设备看作是 53。53A一般文件B目录文件C索引文件D特别文件分析 UNIX操作系统基础学问。答案试卷 54某软盘有 40 个磁道，磁头从一个磁道移至另一个磁道需要5

31、ms。文件在磁盘上非连续存放，规律上相邻数据块的平均距离为迟时间及传输时间分别为 100ms 25ms，就读取一个10 个磁道，每块的旋转延100 块的文件需要 54时间。54A 17500msB 15000msC 5000msD 25000ms分析 40*5*10+100+25*100=17500ms答案试卷 55文件系统中，设立打开文件 Open系统功能调用的基本操作是55。55A把文件信息从辅存读到内存B 把文件的掌握治理信息从辅存读到内存C 把磁盘的超级块从辅存读到内存D 把文件的 FAT表信息从辅存读到内存分析 文件系统基础学问。答案 B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总

32、结试卷 56最主要的软件质量度量指标有正确性、可保护性、完整性和可用性，下面关于这些质量指标的描述中正确选项56。56A软件保护的工作量比开发阶段的工作量小B正确性用每千行代码的故障fault数来度量C软件完整性是指软件功能与需求符合的程度D可用性与用户的操作效率和用户对软件的主观评判有关分析 软件可用性用来度量软件的“用户友好性”。答案 D试卷 57某工程方案图如下图所示，弧上的标记为作业编码及其需要的完成时间 天，作业 E 最迟应在第 57 天开头。57 A7B 9C12D13分析 作业 E的完成依靠于作业 A和 B的完成，共需要 13 天才能完成 E。答案 D试卷 58正式的技术评审 F

33、TRFormal Technical Review是软件工程师组织的软件质量保证活动，下面关于 FTR指导原就中不正确选项58。58A评审产品，而不是评审生产者的才能B 要有严格的评审方案，并遵守日程支配C 对评审中显现的问题要充分争论，以求完全解决可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结D 限制参加者人数，并要求评审会之前做好预备分析 对评审中显现的问题要记录在案，不要过多的争论解决方案，把问题留给软件生产者来解决答案 C试卷 59、60某仓库有两名发货员，一名审核员。当顾客提货时，只要发货员闲暇， 答应顾客进入仓库提货，顾客离开时，审核员检验顾客提货是否正确。其工作 流程如右下图所

34、示。为了利用 PV操作正确的和谐他们之间的工作，设置了两个信号量 S1 和 S2，且 S1 的初值为 2， S2 的初值为 1。图中的 a 应填写59。图中的 b、c 和 d 应分别填写 60。59A PS1BPS2CVs1DVs2 60A PS2、Vs2和 VS1BPS1、VS1和 Vs2 CVS1、PS2和 VS2DVS2、PS1和 VS1分析 VS：S=S-1。如 S=0，就调用 P操作的进程连续执行：如 S0，就调用 P 操作的进程被堵塞，并把它插入到等待信号量S 的堵塞队列中。 V操作表示释放一个资源，即VS： S=S+1。如 S0，就调用 V 操作的进程连续执行：如 S =0，就从

35、等待信号量 S的堵塞队列中唤醒第一个进程，然后自己连续执行。此题中，信号量 S1 用于顾客进程之间的互斥，初值为2，答应 2 个进程同时执行，对于 2 个发货员，所以顾客进程第一要看发货员是否闲暇，执行PS1，所以第 25 题正确答案为 A。提货后，顾客进程要释放 S1，执行VS1，然后看审核员是否闲暇，这里用信号量S2 表示，初值为 1，表示只有一个审核员，执行 PS2 ，审核后释放 S2，执行 Vs2答案 A C试卷 61、62可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结在一个单 CPU的运算机系统中，有两台外部设备R1、R2 和三个进程 P1、P2、P3。系统采纳可剥夺式优先级的进程

36、调度方案，且全部进程可以并行使用I/O 设备，三个进程的优先级、使用设备的先后次序和占用设备时间如下表所示：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结进优先使用设备的先后次序和占用设备时间可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结程级P1高R230msCPU10ms R130msCPU10msP2中R120msCPU30ms R240msP3低CPU40ms R110ms假设操作系统的开销忽视不计，三个进程从投入运行到全部完成，CPU的利用率约为 61 %。R2的利用率约为 62 %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。61A 60B 67C 78D 9

37、062A 70B 78C 80D 89分析答案试卷 62、64虚拟储备治理系统的基础是程序的63理论，这个理论的基本含义是指程序执行时往往会不匀称的拜访主储备器单元。依据这个理论，Denning 提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁拜访的页面集合。在进程运行 时，假如它的工作集页面都在64，内，能够使该进程有效的运行，否就会显现频繁的页面调入 / 调显现象。63A全局性B局部性C时间全局性 D 空间全局性64A主储备器B虚拟储备器C帮助储备器 D U盘分析 P2 在使用 R1设备 20ms后，要使用 CPU30m，s 但当其运行 10ms后， P1 要使用 CPU，由于系统采纳可剥夺方式

38、调度， P1 优先级高，所以将 P2 暂停，让可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P1 先运行。同理， P3 开头就使用 CPU，但在运行 20ms后，要让给高优先级的进程 P2 和 P1 。P1从投入运行到完成需要 80ms，而 P2、P3 由于等待资源，运行时间都延长为 100ms。 CPU在 90ms100ms共 10ms时间内没有利用，所以利用率为 90/100=90%，同样运算得 R2的利用率为 70/100=70%， R1的利用率为60%。答案 D A试卷 65在 UNIX操作系统中，如用户键入的命令参数的个数为 1 时，执行 cat$l 命令。如用户键入的命令参数的个数为 2 时，执行 cat $2 $1 命令。请将下面所示的 Shell 程序的空缺部分补齐。case65in1cat$1。2cat S2 $1：。*echodefaultesac65A $B $C $#D铲分析 $表示当前命令的进程标识数。$ 与铲基本相同，但当用双引号转义时，”$”仍是能分解成多个参数，但”铲”就合并成一个参数。$#表示位置参数的个数，不包括命令名。铲表示全部位置参量，即相当于$1，$2