fork()函数类
（1）
解析：
- fork()函数的返回值，若成功调用一次则返回两个值，子进程返回0，父进程返回子进程标记；否则，出错返回-1。
- 假设程序正确运行并创建子进程成功：子进程中pid得到返回值为0，父进程中pid得到返回值为子进程号，父进程执行一次输出，子进程执行一次输出。
- 故输出两行Hello World。
（2）
解析：
- fork()函数的返回值，若成功调用一次则返回两个值，子进程返回0，父进程返回子进程标记；否则，出错返回-1。
- 假设程序正确运行并创建子进程成功：子进程得到返回值为0，父进程得到返回值为子进程号，父进程执行一次输出，子进程执行一次输出，加上fork()函数前面的语句，输出一行Hello World。
- 故输出三行Hello World。
（3）
解析：
- fork()函数的返回值，若成功调用一次则返回两个值，子进程返回0，父进程返回子进程标记；否则，出错返回-1。
- 假设程序正确运行，创建一个子进程得到返回值为0，输出 I am the child process,my process ID is 3744 ；父进程得到返回值为子进程号，父进程执行一次输出 I am the parent process,my process ID is 3987 。
- 故改程序正确运行后的结果是 I am the child process,my process ID is 3744I am the parent process,my process ID is 3987
缺页中断类
（1）
解析：
- 缺页中断次数=页框数 × 页面置换次数。
- 由程序可知，每次内层循环遍历了100个整形变量，所以页框数=$\frac{100}{50}$ = 2；外层循环有50次，所以页面置换次数为50。
- 缺页中断次数 = 2 × 50 =100次。
- 会产生100次缺页中断。
（2）
解析：
- 最佳页面置换法的原则：保留最近重复访问的页面，将以后都不再访问或者很长时间内不再访问的页面调出。
- 根据题中所给的进程访问序列，可可得到以下置换图：
- 故缺页次数为7。
页面置换算法类
（1）
解析：
- LRU置换算法的规则：将最近最久未被访问的页面置换出去。
- 由题意可得：
显而易见，共缺页11次，所以缺页率为11/15≈73%。
- 故该进程的缺页率为73%。
进程内存分配类
（1）
解析：
- 由题意可得，内存空闲区有：
- 由分配后的内存情况：
可知，此方法首先使用了满足条件的最大空闲区，这是最差适配的特点。
- 故此为最差适配。
（2）
解析：
- 由题意可得，内存空闲区有：
- 由分配后的内存情况：
可知，此方法首先使用了满足条件的最小空闲区，这是最佳适配的特点。
- 故此为最佳适配。
（3）
解析：
- 由题意可得，内存空闲区有：
- 由分配后的内存情况：
可知，此方法首先使用了满足条件的低地址的空闲区，这是首次适配的特点。
- 故此为首次适配。
（4）
解析：
- 由题意可得，内存空闲区有：
- 由分配后的内存情况：
可知，此方法并没有分配任何空闲区，这是下次适配的特点。
- 故此为下次适配。
UNIX系统中文件权限类
（1）
解析：
- UNIX系统中，文件权限规则：A1A2A3，A1代表文件属主，A2代表同组用户，A3代表其他用户。其中A=a×4+b×2+c，若a=1，则为可读，b=1，则为可写，c=1，则为可执行。
- 由题意可知，A1为7=1×4+1×2+1，则a=b=c=1，所以，文件属主可读、可写、可执行File1；A2为5=1×4+0×2+1，则a=c=1，所以，同组用户可读、可执行；A3为5=1×4+0×2+1，则a=c=1，所以，其他用户可读、可执行。
- 故文件属主可执行File1，文件属主可读File1，同组用户可执行File1，其他用户可读File1。
银行家算法类
（1）
解析：
- 安全序列是指对当前申请资源的进程排出一个序列，保证按照这个序列分配资源完成进程。我们假设有进程P1,P2,.....Pn，则安全序列要求满足：Pi(1<=i<=n)需要资源<=剩余资源 + 分配给Pj(1 <= j < i)资源。
- 解题思路：首先根据系统状态列出各进程需要的资源；然后根据当前系统剩余资源，找到一个需要资源不大于剩余资源的进程，此时，系统剩余资源就是可用资源；然后此进程的已分配资源加上可用资源，为新的可用资源，并继续与下一个进程的需要资源比较，以此类推写出安全序列。
- 由于安全序列的不唯一性，针对做题来说，还是根据选项去反推本序列是否安全更合适。
- 如：
- 当前系统剩余资源（2,3,3）
A，P3需要（2,1,1）<（2,3,3）满足，则可用资源变为（4,4,7）；P1需要（0,0,6）<（4,4,7）满足，则可用资源变为（8,4,12）；P4需要（3,4,7）<（8,4,12）满足，则可用资源变为（10,5,14）；P2需要（1,3,4）<（10,5,14）满足，则可用资源变为（14,5,16）；P5需要（1,1,1）<（14,5,16）满足，则可用资源变为（15,6,17）。 - 故P3，P1，P4，P2，P5。
重组存储器类
（1）
解析：
- 0BFFFFH-0A0000H=1FFFFH=131071；
131071÷（16×1024）=7。 - 故应使用8片。
8259A级联类
（1）
解析：
- 8259A的IR0~IR7用来接收外设的中断信号，1片最多可以有8级中断；芯片级联时，需要留出一个口接con从片，所以9片芯片级联后有只有最后一片是8个口接收中断信号，其他8片都是7个口，所以8+8×7=64级。
- 故可以使CPU的kepingbizh可屏蔽中断最多扩展到64级。
8259A类
（1）
解析：
- ICW2是设置中断类型码的初始化命令字，其高5位设置中断类型码，低3位自动插入IR的编码。
- 由题意可知， ICW2 = 83H = 10000011B，所以 IR2 的中断类型码为10000， 低3位编码为010，即中断类型码为10000010B = 82H。
- 故8259A发给CPU的中断类型码是82H。
8255A类
（1）
解析：
- 8255A方式控制字：
- 由题意可得：
D7=1；
D6D5=00；
D4=0;
D3D2D1D0=xxxx；
即控制字为1000xxxx B=8xH。
- 故控制字应该设置为80H/81H/88H。
（2）
解析：
- 8255A口C按位置位/复位控制字
- 由题意可知，端口B工作在方式1，且用$ INRT_B $向外发出中断，所以PC2口置1，即D3D2D1=010，又因为端口B作为输入，所以C口置1，即D0=1。
- 故正确的置位/复位控制字为05H。
8253类
（1）
解析：
- 8253的控制字：
- 由计数器1可得：D7D6=01；
由计数值266，且计数器1是16位计数器，所以：D5D4=11；
由工作在模式3可得：D3D2D1=x10；D0=x；
即控制字为0111x10x B，所以可能为76H/7EH。
- 故控制字应该设置为76H/7EH。
（2）
解析：
- 8252工作在模式2时是作为速率波发生器使用，计数器在减“1”计数过程中，GATE变为无效（输入0电平），则暂停减“1”计数，待GATE恢复有效后，从初值n开始重新计数。
- 由题意可知，时钟速率为20KHz，要想保证没10ms发出一个信号，则计数值应为20KHz×10ms=200。
- 故正确的计数值是200。
8251A类
解析：
- 8251A的异步方式控制字：
- 由一位停止位可得：D7D6=01；
由奇校验可得：D5D4=01；
由字符长度为8位可得：D3D2=11；
由16分频可得：D1D0=10；
即控制字为01011110B。
- 故应向其模式控制寄存器写入5EH。
调度类
（1）
解析：
- SCAN调度算法的规则：比磁头大的序列升序访问，比磁头小的序列降序访问。
- 比磁头大的序列升序排序：110,170,180,195；
比磁头小的序列降序排序：68,45,35,12。 - 故采用SCAN算法得到的磁道访问序列是:110,170,180,195,68,45,35,12。
（2）
解析：
- SSF调度算法的规则：先请求离磁头最近的磁道的访问，然后就近访问，以此类推。
- 故采用SSF算法得到的磁道访问序列是:110,68,45,35,12,170,180,195。
（3）
解析：
- FCFS调度算法的规则：按照访问请求次序为各进程服务。
- 故采用FCFS算法得到的磁道访问序列是:35,45,12,68,110,180,170,195。
其他
（1）
解析：
- 信号量，可以被一个线程释放，另一个线程获取，多线程同步。
mutex，用于线程互斥，其对象值只能为0和1~值0，表示锁定状态，当前对象被锁定，用户线程或进程如果试图Lock临界资源，则进入排队等待；值1，表示空闲状态，当前对象为空闲，用户线程或进程可以Lock临界资源，之后mutex值减1变为0。 - mutex的初值为1，说明同时只允许一个进程进入临界区，则有一个进程在临界区；
- k个进程在等待队列中，则有k个进程在等待区；
- 所以一共有1+k个进程，每个进程都访问mutex时，mutex的值都减1，即，此时mutex的值为1-(1+k)=-k；
- 故信号量的值为-K。
（2）
解析：
- 页面数=$frac{页表内存}{页面大小}$；
页表内存=页表项个数 × 物理页号；
页表项个数=$frac{虚拟地址空间}{页面大小}$（计算过程注意单位统一）
-
代入数据：页表项个数=$\frac{2*1024*1024}{4}$ 个；
页表内存=$\frac{2*1024*1024}{4}$ × 4 B； 页面数=$\frac{2*1024*1024}{4*（4*1024）}$ × 4 = 512 个。 - 故页表需要占用512个页面。
（3）
解析：
- 没有成组操作时，块使用率=$frac{块使用大小}{块大小}$ × 100%。
- 每个逻辑记录为80个字符，所以块使用大小为80；每个块大小为1024个字符。
- 即没有成组操作时，块使用率= $\frac{80}{1024}$ × 100% ≈ 8% 。
- 故磁盘的空间利用率是 8% 。
（4）
解析：
- 成组操作时，快使用率=$frac{块使用大小×块因子}{块大小}$ × 100%。
- 每个逻辑记录为80个字符，所以块使用大小为80；每个块大小为1024个字符，块因子为12。
- 即成组操作时，块使用率= $frac{80×12}{1024}$ × 100% ≈ 94% 。
- 故磁盘的空间利用率是 94% 。
（5）
解析：
- 每个进程可申请资源数=$frac{总资源数}{总进程数}$。
- 由题意可得，$frac{总资源数}{总进程数}$ = $\frac{7}{3}$=2……1，所以有两个进程可以获取2个资源，一个进程获取3个资源。
- 故每个进程最多可以申请的资源个数是3。
（6）
解析：
- 总线带宽=总线频率×总线宽度（注意单位）
- 代入数据可得，总线宽度=66MHZ × $\frac{32}{4}$ B =264MBps。
- 故总线的带宽为264MBps。
（7）
解析：
- 在分页式存储管理方案的系统中，页数 = $frac{逻辑地址}{内存块大小}$ 。
- 由题意可得，页数 = $\frac{ 2^{32} }{2^{10} }$ 。
- 故用户程序最多可划分成 $2^{22}$。
（8）
解析：
- 前10个索引项直接存放文件信息的物理块号，直接索引，最多寻址10个物理块；第11项指向一个物理块,该块中最多可放100个文件物理块的块号，第一次间接索引；第12个索引项是第二次间接索引,最多可寻址100100个物理块。所以，总物理块数为：10+100+100100=10110。
- 故一个文件最多为10110块。
（9）
解析：
- 启动1次磁盘，直接索引1~10物理块；启动2次磁盘，一级索引11~110物理块；启动3次磁盘，二级索引111~10110物理块。所以要访问第1000块时，找到主索引后，需要启动磁盘3次。
（10）
解析：
- 二次重叠控制方式的指令执行方式：
假设取指令、分析指令和执行指令的时间都相等，每段的时间都为t，执行一条指令的时间T=$t_取指令$+$t_分析指令$+$t_执行指令$。如果我们把取第k+1条指令所用的时间，提前到与分析第k条指令同时进行，那么分析第k+1条指令会与执行第k条指令同时进行，则执行n条指令所用的时间是：T=3×t+(n-1)×t。
- 故所需执行的时间为：T=3×t+(n-1)×t。
（11）
解析：
- 在计算机中，浮点数只用阶码和尾数表示：
。
- 浮点数的范围由阶码的位数决定，精度由尾数决定。
- 由题意可知阶码是用补码表示的，且共四位，其中一位是阶符，所以阶码的最大值是7，所以由此表示的最大正数是$2^7$-1。
- 故规格化浮点数所能表示的最大整数是$2^7$-1。
（12）
解析：
- 对一级页表而言，查页表项的平均时间 = 快表查找时间 × 命中率 + 访问内存的时间 × （1-命中率）+1×访问内存的时间。
- 由题意可得：查页表项的平均时间 = 0 +0.4us*(1-90%)+1×0.4us= 0.44us。
- 故有效访问时间是0.44us。
（13）
解析：
- $2^{地址线条数}$= 存储容量（直接寻址能力）。
- 由题意可得，$2^{地址线条数}$= 64GB =$2^6$ × $2^{30}$ = $2^{36}$。
- 故该处理器的地址线有36条。
（14）
解析：
- 由题意可知，VALB=30=1EH，所以（VALB AND 0FH） OR （VALB XOR 0FH）=（1EH & 0FH）|（1EH ⊕ 0FH）=1FH。
- 故表达式（VALB AND 0FH） OR （VALB XOR 0FH）的值为1FH。
（15）
解析：
- 在调度的过程中的，内存的变化如下：
- 标红1号区，内存为320-224=96M；
标红2号区，内存为224-120=104M；
标红3号区，内存为1024-128-320-224-288=64M；
显然1号空闲区内存最大。
- 故系统中剩余的最大空闲分区是104M。
（16）
解析：
- 由题意可得：
- 故存放数据07H的物理地址是200FEH。
（17）
解析：
- 由题意可得，共8个盘面，每个盘面有2500×80=200000个扇区。
- 逻辑号为385961，385961/200000≈1.929805，则在第2个盘面上，盘面号为1。
- （385961 mod 200000）/80≈2324.5125，则在第2325个柱面上，柱面号为2324。
- （385961 mod 200000）mod 80≈41，则在第41个扇区上，扇区号为40。
- 故该数据块对应的盘面、柱面和扇区号各为1，2324，40。
（18）
解析：
- 在UNIX三级索引结构中，0-9项为直接索引，访问时共10个数据块；第10项为一级间接索引，访问时共$2^{10}$个数据块；第11项为二级间接索引，访问时共$2^{10}$×$2^{10}$个数据块；第12项为三级间接索引，访问时共$2^{10}$×$2^{10}$×$2^{10}$个数据块。
- 所以共有10+$2^{10}$+$2^{20}$+$2^{30}$个数据块，又因为磁盘块大小为4096B。
- 故该文件系统中文件的最大尺寸不能超过（10+$2^{10}$+$2^{20}$+$2^{30}$）×4096B。
（19）
解析：
- 首先计算出每个磁盘块有文件控制块512/64=8，有256个文件控制块时，表明有256/8=32个磁盘块。
- 在第一个磁盘块需要访问磁盘一次，在第二个磁盘块需要访问磁盘块两次，依次类推，所以平均有(1+2+3+...+32)÷32=33÷2=16.5次。
- 故查找该目录文件的某一个文件控制块的平均访盘次数是16.5。
- 另附：
一般情况下的分析。若目录文件分解前占用n个磁盘块，分解后用m个磁盘块存放文件名和文件内部号，则推导出二者的表达式：
分解前，平均访问磁盘次数：(1+2+...+n)÷n=(n+1)2(1+2+...+n)÷n=(n+1)/2 ;
分解后，平均访问磁盘次数：(2+3+...+(m+1))÷m=(m+3)/2。
（20）
解析：
- 异步通信的数据格式如下：
- 由题意可得，
起始位：0；
5位数据位发送13H：10011；
偶校验：1（13H有奇数个1，所以补1）；
停止位：1；
- 又因为发送数据时，从低位开始发送，所以数据帧格式为11100110。
- 故发送数据13H到传输线上的信息为E6H。
END!