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目錄
I 考查目標 .......................................................................................2
II 考試形式和試卷結構..................................................................2
III 考查內容 ....................................................................................2
IV. 題型示例及參考答案................................................................4
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全國碩士研究生入學統一考試
操作系統原理考試大綱
I 考查目標
全國碩士研究生入學統一考試軟件工程(學術型)專業《操作系統原理》考試是為江蘇大
學招收以上碩士生設置的具有選拔性質的考試科目。其目的是科學、公平、有效地測試考生
是否具備攻讀軟件工程專業(學術型)碩士所必須的基本素質、一般能力和培養潛能,以利于選
拔具有發展潛力的優秀人才入學,為國家的經濟建設培養具有良好職業道德、法制觀念和國
際視野、具有較強分析與解決實際問題能力的專業人才?？荚囈罂忌容^系統地掌握操作
系統的基本概念、基本原理和設計方法,能夠運用操作系統的基本概念和基本原理分析、判
斷和解決有關操作系統的理論、設計與實際應用問題。
II 考試形式和試卷結構
一、試卷滿分及考試時間
試卷滿分為 150 分,考試時間 180 分鐘。
二、答題方式
答題方式為閉卷、筆試。
三、試卷內容與題型結構
單項選擇題 20 題,每小題 2 分, 共 40 分
是非判斷題 10 題,每小題 1 分, 共 10 分
填空題 題數不定,每空 1 分, 共 10 分
簡述題 6 題,每小題 5 分, 共 30 分
綜合題 3 題, 每小題分值不定，共 40 分
同步與互斥題 1 題 共 20 分
III 考查內容
1. 操作系統概述
1.1操作系統基本概念、特征、分類
1.2．操作系統主要功能
1.3．操作系統發展演化過程，典型操作系統
1.4．操作系統結構設計，典型的操作系統結構
2. 處理器管理
2.1．中斷系統：中斷系統的職能、中斷的分類、中斷優先級、中斷事件
2.2．并發環境與多道程序設計
2.3．進程的基本概念，進程控制塊（PCB）、進程狀態及狀態轉換、進程控制
2.4．線程基本概念，線程的實現機制
2.5．處理機調度
2.6．UNIX中進程管理
3. 存儲管理
3.1．存儲管理基本概念，存儲管理基本任務、存儲管理的功能
3.2．覆蓋技術與交換技術
3
3.3．分區存儲管理：固定分區與可變分區存取管理
3.4．頁式存儲管理：靜態頁式存儲管理與虛擬頁式存儲管理
3.5．段式存儲管理：靜態段式存儲管理與虛擬段式存儲管理
3.6．段頁式存儲管理：虛擬段頁式存儲管理
4. 文件管理
4.1．文件的基本概念、文件邏輯結構、文件的物理結構和存取方式
4.2．文件目錄的基本概念，文件目錄的實現
4.3．文件的共享與保護
4.4．文件系統的實現：文件存儲空間的管理，文件分配
4.5．虛擬文件系統
5. 設備管理
5.1．I/O子系統的層次模型
5.2．I/O硬件結構
5.3．設備驅動程序
5.4．核心I/O子系統及緩沖區管理與設備的分配
5.5．磁盤調度
5.6．虛擬設備
6. 進程管理
6.1．進程管理的背景；
6.2．進程的同步與互斥：信號量及PV操作，管程
6.3．進程通信及其實現
6.4．死鎖：死鎖的基本概念，死鎖的防止、避免、檢測與恢復
7. 操作系統的安全性
7.1．計算機系統安全概述
7.2．安全性
7.3．安全操作系統的研究和開發
7.4．UNIX的安全機制
7.5．Windows NT的安全機制
8. UNIX系統簡介
8.1．UNIX系統概述
8.2．UNIX系統結構
8.3．UNIX的用戶接口
8.4．UNIX的進程管理
8.5．UNIX的存儲管理
8.6．UNIX的文件管理
8.7．UNIX的設備管理
參考書：鞠時光．《操作系統原理》，武漢理工大學出版社，2003 年 8 月第 1 版
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IV. 題型示例及參考答案
一、單項選擇題(每小題 2 分,共 40 分)
1. 批處理系統的主要缺點是( )。
A. CPU 使用效率低 B. 無并行性 C. 無交互性 D. 都不是
2．當計算機提供了管態(系統態)和目態(用戶態)時，( )必須在管態下執行。
A.從內存中取數的指令 B.把運算結果送內存的指令
C.輸入/輸出指令 D.算術運算指令
3．進程所請求的一次打印輸出結束后，將使進程狀態從( )。
A、運行態變為就緒態 B、運行態變為等待態
C、就緒態變為運行態 D、等待態變為就緒態
4．一個進程被喚醒意味著( )。
A. 該進程重新占有了處理器 B. 它的優先權變為最大
C. 其 PCB 移至等待隊列隊首 D. 進程變為就緒態
5. 分區分配內存管理方式的主要保護措施是( )。
A.界地址保護 B.程序代碼保護 C.數據保護 D.棧保護
6．靜態分頁存儲管理方案的主要特點是( )。
A．不要求將作業裝入到內存的連續區域 B．不要求將作業裝入內存
C．不要求將作業全部裝入內存 D．不要求將作業進行地址重定位
7．一個分段存儲管理系統中，地址長度為 32 位，其中段號占 12 位，則段長最大為( )。
A．212
字節 B.220
字節 C.224
字節 D.232
字節
8．在文件系統中通常采用( )方法，來解決不同用戶文件的命名沖突問題。
A. 鏈接 B. 索引 C. 路徑 D. 多級目錄
9．對磁盤進行移臂調度的目的是為了縮短( )時間。
A. 延遲 B. 尋找 C.傳送 D.啟動
10．文件的保密是指防止文件被( )。
A. 篡改 B.破壞 C.竊取 D.刪除
11．UNIX 操作系統中，文件的索引結構存放在( )。
A. 超級塊 B. i_node節點 C.目錄項 D.空閑塊
12．設置當前工作目錄的主要目的是( )。
A. 節省外存空間 B. 節省內容空間
C. 加快文件的檢索速度 D. 加快文件的讀寫速度
13．從用戶角度看，引入文件系統的最基本目標是( )。
A. 按名存取 B.文件共享 C. 文件保護 D.目錄管理
14．操作系統中的 SPOOLing 技術實質上是將( )轉化為共享設備的技術。
A．獨占設備 B．脫機設備 C．塊設備 D．虛擬設備
15．中斷向量地址是( )。
A．子程序入口地址 B.中斷服務程序入口地址
C. 中斷服務程序入口地址的地址 D.程序入口地址
16．為了使多個進程能夠有效地同時處理輸入和輸出，最好使用( )結構的緩沖技術。
A．單緩沖 B．雙緩沖 C．循環緩沖 D．緩沖池
5
17．產生系統死鎖的原因可能是由于( )。
A、進程釋放資源 B、一個進程進入死循環
C、多個進程競爭資源出現了循環等待 D、多個進程競爭共享型設備
18．下列選項中，不可能在用戶態發生的事件是( )。
A. 系統調用 B. 外部中斷 C. 進程切換 D. 缺頁
19．在支持多線程的系統中，進程 P 創建的若干個線程不能共享的是( )。
A．進程 P 的代碼段 B．進程 P 中打開的文件
C．進程 P 的全局變量 D．進程 P 中某線程的棧指針
20．設某系統中有 3 個并發進程都需要 4 個同類資源，該系統不會發生死鎖的最少資源數是
( )。
A．9 B．10 C．11 D．12
二、是非題(請用 T 表示真,用 F 表示假，每題 1 分，共計 10 分)
1. 一個進程被喚醒意味著該進程重新占有了 CPU。 ( )
2. 動態重定位使得作業（進程）在內存中可以被移動。 ( )
3. 存取控制表是每個用戶一張，表明該用戶對不同文件的存取權限。 ( )
4. 進程申請 CPU 得不到滿足時，其狀態變為等待態。 ( )
5. 設備管理的獨立性是指用戶程序與具體設備的物理特性無關。 ( )
6. 要求及時響應、具有高可行性、安全性的操作系統是分時操作系統。 ( )
7. 在磁盤上若將一組邏輯上連續的記錄交叉間隔地安排在同一磁道上，可以節省順序訪問
文件時記錄定位時間。 ( )
8. 通道地址字是存放通道程序地址的一種寄存器。 ( )
9. 美國國防部的“橙皮書”將安全保護分成 D、C、B、A 四等，每等又包含一個或多個級
別。從 D 到 A，安全性越來越高。 ( )
10.系統進入不安全狀態時，必定會產生死鎖。 ( )
三、填空題 (本題每空 1 分，共計 10 分)
1．用戶與操作系統的接口有 ， 兩種。
2．用共享設備模擬獨占型設備的工作，把獨占設備改造成可共享的，這種模擬的獨占設備
稱為：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
3．靜態重定位是在作業＿＿＿＿＿＿＿＿時，由＿＿＿＿＿＿＿＿完成地址轉換工作。
4．在二級目錄結構中，第一級為＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿，第二級為＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
5．按信息交換方式和加接設備的特性種類不同,通道分為＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿和
＿＿＿＿＿＿＿＿三種類型。
四、簡述題 (本題有 6 小題，每小題 5 分，共計 30 分)
1． 什么是操作系統? 它在計算機系統中起什么作用?
2． 為什么分段技術比分頁技術更容易實現程序或數據的共享？
3． 請描述 UNIX 文件系統采用鏈接索引表法（成組鏈接法）的文件存儲空間分配算法。
4． 請簡述自主型存取控制和強制型存取控制的區別。
5． 什么是進程?在操作系統中為什么要引入進程?
6． 目前廣泛采用的目錄結構是哪種？它有什么優點？
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五、綜合題(本題有 3 小題，共計 40 分)
1(15 分)、假定系統采用分頁虛擬存儲管理，主存容量為 1M 字節，被分成 256 個頁框。某
作業的大小為 6 個頁面，對頁面的訪問順序為：“0，1，2，3，2，4，2，1，0，5，2”，系
統為其分配固定的 4 個頁框(塊)。假設現在前 4 頁已經進入主存，頁號為 0，1，2，3，被分
配到主存的第 2，4，1，5 頁框(塊)中，試回答：
（1）主存地址應該用多少位來表示？每頁長度為多少字節？
（2）邏輯地址的頁內地址應占多少位？邏輯頁號為 2 對應的頁框的起始地址值為多少？
（3）采用 FIFO 和 LRU 算法時，各產生多少次缺頁中斷？寫出在這兩種調度算法下產生缺
頁中斷時淘汰的頁面號和在主存的頁面號。
2(12 分)、某移動臂磁盤的柱面由外向內順序編號(0～127)，假定當前磁頭停在 50 號柱面且
移動臂方向是向內的。現有如下表 1 所示的請求序列在等待訪問磁盤：
表 1 訪問磁盤請求序列
請求次序 1 2 3 4 5 6 7 8
柱面號 119 40 100 55 95 125 10 43
回答下面的問題：
① 寫出分別采用 SSTF(最短查找時間優先算法)和 SCAN(電梯調度算法)時，實際處理上述
請求的移動順序和磁頭移動總量（請使用柱面號寫出訪問順序）。
② 針對本題比較上述兩種算法，就移動臂所花的時間（忽略移動臂改向時間）而言，哪種
算法更合適？簡要說明之。
3(13 分)、銀行家算法中，若出現以下資源分配情況：
表 T0 時刻系統狀態
已占資源量 還需資源量 可用資源量進程
A B C A B C A B C
P0 0 1 0 7 4 3 3 3 2
P1 2 0 0 1 2 2
P2 3 0 2 0 0 0
P3 2 1 1 0 1 1
P4 0 0 2 4 3 1
請問：（1）該狀態是否安全？如果是安全的，請給出一個可能的進程安全執行序列；
如果是不安全的，請說明原因。
（2）若進程 P4 提出申請（2,2,2）后，系統是否可以將資源分配給它？為什么？
六、同步與互斥題(20 分)
假設有一個可以存放 N 件產品的緩沖器；有 m 個生產者，每個生產者每次生產一件產品放
入緩沖器中；有 n 個消費者，每個消費者每次從緩沖器中取出一件產品。請回答下列問題：
（1）請說明定義幾個信號量以及各信號量的物理含義；
（2）定義信號量并賦初始值；
（3）請說明有幾個進程，進程間的同步與互斥關系如何？
（4）請用 PV 操作為同步與互斥機制寫出它們能正確并發執行的程序。
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參考答案
一、單項選擇題(每小題 2 分,共 20 分)
1-5：CCDDA 6-10：ABDBC 11-15：BCAAC 16-20：DCCDB
二、是非題(請用 T 表示真,用 F 表示假，每題 1 分，共計 10 分)
1-5：FTFFT 6-10：FTFTF
三、填空題 (本題每空 1 分，共計 10 分)
1. 命令接口，系統調用
2. 虛擬設備
3. 裝入，裝配程序一次性
4. 主目錄，用戶文件目錄
5. 字節多路通道，數據選擇通道，數組多路通道
四、簡述題 (本題有 6 小題，每小題 5 分，共計 30 分)
1.【答】操作系統是一個大型的程序系統，它負責計算機的全部軟、硬件資源的分配、調度
工作，控制并協調并發活動，實現信息的存取和保護。它提供用戶接口，使用戶獲得良好的
工作環境。操作系統使整個計算機系統實現了高效率和高度自動化。
它在計算機系統中作用是管理和控制計算機資源，提供用戶接口。
2. 【答】
每一段在邏輯上是相對完整的信息，分段技術中共享信息是在段一級出現的。因此，任
何共享的信息可以單獨作一段。而頁是信息的物理單位，在一個頁面中可能存在邏輯上
相互獨立的兩組或更多組信息，而且各有不同的使用方法和訪問權限，很難將需要共享
的信息恰好劃分在一個或整數個頁面內。因此，分段較分頁更容易實現共享。
3.【答】
當核心要分配一個空閑磁盤塊時，就把超級塊中的空閑塊號表中的下一個空閑塊分配出
去。如果此空閑塊是空閑塊號表中的最后一塊，則核心在分配該塊之前應先將此塊中所記錄
的下一組空閑磁盤塊號讀入到超級塊中的空閑塊號表中。參見圖 1 示。
超級塊
空閑塊號表
空閑塊號表 空閑塊號表 空閑塊號表 0
…
圖 1 UNIX 文件系統的空閑磁盤塊成組鏈接表
8
4.【答】
自主型存取控制：指對于系統中客體的安全，由客體的用戶或具有指定特權的用戶來制
定，主要是規定別的用戶能以怎樣的方式訪問該客體。
強制型存取控制：指對于系統中客體的安全，由系統確定一個主體能否訪問一個客體。
5.【答】
進程是能和其它程序并行執行的程序段在某數據集合上的一次運行過程，它是系統資源分
配和調度的一個獨立單位。
在多道程序的環境中，程序的并發執行代替了程序的順序執行, 破壞了程序的封閉性和可
再現性，使得程序與處理機執行導致在程序活動不再一一對應, 而且由于資源共享和程序
的并發執行導致在程序執行中可以存在直接或間接的相互制約關系，"程序"這個概念已不
能如實地反映程序活動的特征，所以為了提高系統交接效率，提高系統資源利用率，在操
作系統中引入了進程的概念。（或程序的概念只規定了所要完成的功能，本身沒有運行的含
義，是一個靜態概念。為了描述程序運行過程中動態的活動過程，刻畫并行程序的各種特
性及相同的程序在不同數據集上不同的運行情況，需引入進程這個動態的概念。）
6．【答】
目前廣泛采用的目錄結構是多級樹形目錄結構。它的優點有：能有效提高對目錄的檢索速
度；允許文件重名；便于實現文件共享、保護和保密；較好地反映具有層次關系的數據集合
和系統內文件的分支結構。
五、綜合題(本題有 3 小題，共計 40 分)
1(15 分)【解】
（1）1M=1024*1024=210
*210
=220
，主存地址應該用 20 位來表示。每頁長度為 1M/256=4K 字
節
（2）邏輯地址的頁內地址應占 4KB=212
b，即 12 位。邏輯頁號為 2 對應的頁框的起始地址
值為 1*4K=4K。
（3）采用 FIFO 和 LRU 算法時，FIFO 產生 4 次缺頁中斷，淘汰的頁面號和在主存的頁面
號如下表。LRU 產生 3 次缺頁中斷，淘汰的頁面號和在主存的頁面號如下表。
FIFO：
訪問次序 0 1 2 3 2 4 2 1 0 5 2
主 0 0 0 0 0 4 4 4 4 4 4
存 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0
頁 2 2 2 2 2 2 2 5 5
號 3 3 3 3 3 3 3 2
淘汰 0 1 2 3
共 4 次缺頁中斷。
9
LRU：
訪問次序 0 1 2 3 2 4 2 1 0 5 2
主 0 1 2 3 2 4 2 1 0 5 2
存 0 1 2 3 2 4 2 1 0 5
頁 0 1 1 3 3 4 2 1 0
號 0 0 1 1 3 4 2 1
淘汰 0 3 4
共 3 次缺頁中斷。
2(12 分)【解】
（1）
SSTF： 訪問次序為：
50 55 43 40 10 95 100 119 125
磁臂移動總量= (55 – 50) + (55 – 10) + (125 – 10) = 165 (柱面)
SCAN：訪問次序為：
50 55 95 100 119 125 43 40 10
磁臂移動總量= (125 – 50) + (125 – 10) = 190 (柱面)
（2）就移動臂所花的時間（忽略移動臂改向時間）而言，SSTF 是 165，SCAN 是 190，因
此 SSTF 更合適。
3(13 分)【解】
(1) 安全的。此時系統還剩資源（3，3，2），P2 還需（0，0，0），即不需要資源，所以
在有限時間內執行結束，并釋放它所占的全部資源，此時系統還剩資源（6，3，4）。
此時可滿足 P1 或 P3 或 P4 資源的最大需求，若分配給 P1 待執行完畢并歸還所占用的
全部資源，那么系統還有可用資源為（8，3，4），此時可滿足 P0 或 P3 或 P4 資源的
最大需求，若分配給 P0，待 P0 執行完畢并歸還所占用的全部資源，那么系統還有
可用資源為（8,4,4），此時可滿足 P3 或 P4 資源的最大需求，若分配給 P3，待 P3 執
行完畢并歸還所占用的全部資源，那么系統還有可用資源為（10,5,5），滿足 P4 對
資源的最大需求。因此可能的執行順序是：執行順序為 P2 P1 P0 P3 P4 或 P2 P1 P3 P4 P0
或 P2 P1 P0 P4 P3 或 P1 P2 P0 P3 P4。
(2) 若進程 P4 提出申請（2,2,2），由于系統剩余資源不能滿足其最大需求，所以不能將
資源分配給它，但在 P2 執行完畢后可以分配，因為此時可滿足資源的最大需要。
六、同步與互斥題(20 分)
【解】
（1） 定義 3 個信號量，即兩個同步信號量：一個同步信號量表示容器可放產品的數
量，另一個同步信號量表示容器中可取產品的數量；一個互斥信號量：表示對
容器的互斥使用。
（2）
semaphore s1, s2,mutex ;
mutex.value =1 ; //互斥信號量初始化
s1.value = N ; //同步信號量，初始化是容器為空，可放 k 件產品
s2.value = 0 ; //同步信號量，初始化是容器為空，可取產品數為 0
（3） 每一個生產者就是一個進程，每一個消費者也是一個進程，因此，m 個生產者
10
就是 m 個生產者進程，n 個消費者就是 n 個消費進程。生產者不能向一個已滿
的容器放產品，消費者不能從一個已經空的容器中取產品，此外生產者與消費
者不能同時使用容器，由此形成進程間的同步與互斥關系。
（4） 程序如下：
int buffer[k];
semaphore s1, s2, mutex ;
int in, out ;
mutex.value =1 ; s1.value =N ; s2.value = 0 ;
in = 0 ; out = 0 ;
Cobegin
repeat produceri; repeat consumerj;
Coend;
process produceri //生產者進程
{
int item;
生產一件物品并暫存在 item 中；
P(&s1);
P(&mutex);
buffer[in] = item ;
in = (in+1) % N ;
V(&s2);
V(&mutex);
}
process consumerj //消費者進程
{
int item;
P(&s2);
P(&mutex);
Item = Buff[out] ;
out = (out+1) % N ;
V(&s1);
V(&mutex);
消費 item；
}
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