2017年系统分析师第1次集中测试题（含答案）

2017系统分析师第1次集中测试题

卷面总分：45.0 分答题时间：100 分钟

单项选择题

每题的四个选项中只有一个答案是正确的，请将正确的选项选择出来。

1、计算机在进行浮点数的相加（减）运算之前先进行对阶操作，若x的阶码大于y的阶码，则应将（）。

A．x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术左移 B．x的阶码缩小至与y的阶码相同，且使x的尾数部分进行算术右移 C．y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术左移 D．y的阶码扩大至与x的阶码相同，且使y的尾数部分进行算术右移 参考答案： D

试题分析：

本题考查浮点数的运算特点。

浮点数的表示由阶和尾数两部分组成，其一般表示形式如下所示（不同系统的具体安排可能不同），阶码通常为带符号的纯整数，尾数为带符号的纯小数。 设有浮点数X=M X 2i， Y=N X 2j，求X±Y的运算过程如下。

①对阶:使两个数的阶码相同。令K=|i-j|，将阶码小的数的尾数右移K位，使其阶码加上K。

②求尾数和（差）。

③结果规格化并判溢出:若运算结果所得的尾数不是规格化的数，则需要进行规格化处理。当尾数溢出时，需要调整阶码。

④舍入：在对结果右规时，尾数的最低位将因移出而丢掉。另外，在对阶过程中也会将尾数右移使最低位丢掉。这就需要进行舍入处理，以求得最小的运算误差。

2、在CPU 与主存之间设置高速缓冲存储器Cache，其目的是为了（）。 A．扩大主存的存储容量

B．提高CPU 对主存的访问效率

C．既扩大主存容量又提高存取速度 D．提高外存储器的速度 参考答案： B

试题分析：

为了提高CPU对主存的存取速度，又不至于增加很大的成本。现在，通常在CPU与主存之间设置高速缓冲存精器（Cache），其目的就在于提高速度而不增加很大代价。同时，设置高速缓冲存储器并不能增加主存的容量。 3、假设某磁盘的每个磁道划分成9个物理块，每块存放1个逻辑记录。逻辑记录R0，R1，…，R8存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：

如果磁盘的旋转速度为 27ms/周，磁头当前处在 R0 的开始处。若系统顺序处理这些记录，

使用单缓冲区，每个记录处理时间为 3ms，则处理这 9 个记录的最长时间为（）；若对信息存储进行优化分布后，处理 9个记录的最少时间为（）。 A．54ms B．108ms C．246ms D．243ms A．27ms B 54ms C．108ms D．216ms 参考答案： C|B

试题分析：

试题（27）分析：

系统读记录的时间为27/9=3ms，

对R1的处理，先读出记录需要3ms，然后处理，同时磁头也在转动，当处理完R1时，磁头已经到达R3的位置。

再处理R2 ，磁头需要旋转到R2的开始位置，至此，一共花费了30ms。后面的R2至R8依此类推。 ···

再处理R9，读出记录3ms，然后处理需要3ms。 因此整个的时间为：8*30+3+3=246ms

试题（28）分析：对于第二种情况，若对信息进行分布优化的结果如下所示： 从上表可以看出，当读出记录R1并处理结束后，磁头刚好转至R2记录的开始处，立即就可以读出并处理，因此处理9个记录的总时间为：

9×（3ms（读记录）＋3ms（处理记录））＝9 × 6ms=54ms

4、采用微内核结构的操作系统提高了系统的灵活性和可扩展性，（）。 A．并增强了系统的可靠性和可移植性，可运行于分布式系统中 B．并增强了系统的可靠性和可移植性，但不适用于分布式系统 C．但降低了系统的可靠性和可移植性，可运行于分布式系统中 D．但降低了系统的可靠性和可移植性，不适用于分布式系统 参考答案： A

试题分析：

本题考查操作系统基本概念。在设计微内核OS时，采用了面向对象的技术，其中的“封装”，“继承”，“对象类”和“多态性”，以及在对象之间采用消息传递机制等，都十分有利于提高系统的“正确性”、“可靠性”、“易修改性”、“易扩展性”等，而且还能显著地减少开发系统所付出的开销。采用微内核结构的操作系统与传统的操作系统相比，其优点是提高了系统的灵活性、可扩充性，增强了系统的可靠性，提供了对分布式系统的支持。其原因如下：

① 灵活性和可扩展性：由于微内核OS的许多功能是由相对独立的服务器软件来实现的，当开发了新的硬件和软件时，微内核OS只须在相应的服务器中增加新的功能，或再增加一个专门的服务器。与此同时，也必然改善系统的灵活性，不仅可在操作系统中增加新的功能，还可修改原有功能，以及删除已过时的功能，以形成一个更为精干有效的操作系统。

② 增强了系统的可靠性和可移植性：由于微内核是出于精心设计和严格测试的，容易保证其正确性；另一方面是它提供了规范而精简的应用程序接口（API），为微内核外部的程序

编制高质量的代码创造了条件。此外，由于所有服务器都是运行在用户态，服务器与服务器之间采用的是消息传递通信机制，因此，当某个服务器出现错误时，不会影响内核，也不会影响其它服务器。另外，由于在微内核结构的操作系统中，所有与特定CPU和I/O设备硬件有关的代码，均放在内核和内核下面的硬件隐藏层中，而操作系统其它绝大部分(即各种服务器)均与硬件平台无关，因而，把操作系统移植到另一个计算机硬件平台上所需作的修改是比较小的。

③ 提供了对分布式系统的支持：由于在微内核OS中，客户和服务器之间以及服务器和服务器之间的通信，是采用消息传递通信机制进行的，致使微内核OS能很好地支持分布式系统和网络系统。事实上，只要在分布式系统中赋予所有进程和服务器惟一的标识符，在微内核中再配置一张系统映射表(即进程和服务器的标识符与它们所驻留的机器之间的对应表)，在进行客户与服务器通信时，只需在所发送的消息中标上发送进程和接收进程的标识符，微内核便可利用系统映射表，将消息发往目标，而无论目标是驻留在哪台机器上。 5、以下关于CISC（Complex Instruction Set Computer，复杂指令集计算机）和RISC（Reduced Instruction Set Computer，精简指令集计算机）的叙述中，错误的是（）。 A．在CISC中，复杂指令都采用硬布线逻辑来执行

B．一般而言，采用CISC技术的CPU，其芯片设计复杂度更高 C．在RISC中，更适合采用硬布线逻辑执行指令

D．采用RISC技术，指令系统中的指令种类和寻址方式更少 参考答案： A

试题分析：

本题考查CISC与RISC的区别，这是一种常见的考题，二者的区别如表所示。

6、以下关于Cache的叙述中，正确的是（）。

A．在容量确定的情况下，替换算法的时间复杂度是影响Cache命中率的关键因素 B．Cache的设计思想是在合理的成本下提高命中率 C．Cache的设计目标是容量尽可能与主存容量相等 D．CPU中的Cache容量应大于CPU之外的Cache容量 参考答案： B

试题分析：

Cache是介于CPU与内存之间的一种高速缓存。这种存储器速度比内存快了很多倍，利用到局部性原理，只需要少量的Cache，便能使整个机器访问内存数据得到极大的提升。所以Cache是一种应用非常普遍的技术，Cache在实际应用中，可以分多级，如1级Cache，2级Cache。1级Cache往往位于CPU中，其容量比在主板上的2级Cache小，但速度比2级

Cache快。

影响Cache命中率的因素包括高速存储器的容量、存储单元组的大小、组数多少、地址联想比较方法、替换算法、写操作处理方法和程序特性等，这些因素相互影响，没有关键影响因素。

Cache的设计思想是在合理的成本下提高访问和处理速度

因为命中率跟Cache大小相关，越大的Cache命中率越高，所以在设计时，也需要平衡考虑这个因素。所以也算是合理成本下提高命中率。

命中率是指，要访问的内容，在Cache中的概率有多高的问题。

7、阿姆达尔（Amdahl）定律量化定义了通过改进系统中某个组件的性能，使系统整体性能提高的程度。假设某一功能的处理时间为整个系统运行时间的60%，若使该功能的处理速度提高至原来的5倍，则根据阿姆达尔定律，整个系统的处理速度可提高至原来的（）倍。 A．1.333 B．1.923 C．1.5 D．1.829 参考答案： B

试题分析：

阿姆达尔（Amdahl）定律规定：对系统中某组件采用某种更快的执行方式，所获得的系统性能的改变程度，取决于该组件的使用频率，或所占总执行时间的比例。假设使用某种改进了组件，则系统的性能就会得到提高，加速比的公式如下：

其中，Tp表示不使用改进组件时完成整个任务的时间，Ti表示使用改进组件时完成整个任务的时间。设改进部分在总执行时间中所占的比例为Fe（小于1），该组件的性能改进为Se（原有执行时间与使用改进组件后系统执行时间之比，大于1），在这种情况下：

，改进后整个系统的加速比为：

代入题设数据，则有：

1．923

8、峰值MIPS（每秒百万次指令数）用来描述计算机的定点运算速度，通过对计算机指令集中基本指令的执行速度计算得到。假设某计算机中基本指令的执行需要5个机器周期，每个机器周期为3微秒，则该计算机的定点运算速度为（）MIPS。 A．8 B．15 C．0.125 D．0.067 参考答案： D

试题分析：

本题主要考查考生对计算机的定点运算速度描述的理解与掌握。根据题干描述，假设某计算

机中基本指令的执行需要5个机器周期，每个机器周期为3微秒，则该计算机每完成一个基本指令需要5*3=15微秒，根据峰值MIPS的定义，其定点运算速度为 1/15=0．067MIPS，特别需要注意单位“微秒”和“百万指令数”，在计算过程中恰好抵消。

9、地址编号从80000H到BFFFFH且按字节编址的内存容量为（）KB，若用16K*4bit的存储器芯片构成该内存共需（）片 A．128B．256C．512D．1024 A．8 B．16C．32D．64 参考答案： B|C

试题分析：

从80000H到BFFFFH有BFFFFH-80000H+1个地址单元，即40000H个地址单元。若按字节编址（一字节等于8位），有218个字节，即256KB。若用16K*4bit的存储芯片，需要(256K*2*4bit)/(16K*4bit)= 32片芯片。 H代表的是16进制。

十六进制数有两个基本特点：它由十六个字符0～9以及A，B，C，D，E，F组成（它们分别表示十进制数10～15），十六进制数运算规律是逢十六进一，即基R=16=2^4，通常在表示时用尾部标志H或下标16以示区别。

40000H= 0100 0000 0000 0000 0000B = 1*218B = 28*210B = 28KB（1KB = 210B）= 256KB，256KB/(16K*4bit) = 256K*8bit/(16K*4bit) = (256K*2*4bit)/(16K*4bit)= 32片芯片。 1B = 8bit。

从结论:\相除是2^8\来说，得到的存储单元的个数是：256k个存储单元。 注意此时，要考虑是按什么编址的。

如果按字节编址，则存储容量是：256k字节。 如果按位编址，则存储容量是：256k位。

这好比日常生活中。学校一共有256间寝室。每个寝室是一个存储单元。

如果是按8个人一个寝室，能住：256*8人。如果每个寝室住2个人，则能住：256*2人。 所谓按什么编址，就是一个地址，对应多大的存储空间。

10、CPU访问存储器时，被访问数据倾向于聚集在一个较小的连续区域中，若一个存储单元已被访问，则其邻近的存储单元有可能还要被访问，该特性被称为（）。 A．指令局部性B．数据局部性C．时间局部性D．空间局部性 参考答案： D

试题分析：

本题考查局部性原理。

程序局部性包括时间局部性和空间局部性，时间局部性是指程序中的某条指令一旦执行，不久以后该指令可能再次执行。产生时间局部性的典型原因是由于程序中存在着大量的循环操作；空间局部性是指一旦程序访问了某个存储单元，不久以后，其附近的存储单元也将被访问，即程序在一段时间内所访问的地址可能集中在一定的范围内，其典型情况是程序顺序执行。

11、在程序执行过程中，Cache与主存的地址映像由（）。 A．硬件自动完成

B．程序员调度 C．操作系统管理

D．程序员与操作系统协同完成 参考答案： A

试题分析：

Cache与主存的地址映像需要专门的硬件自动完成，使用硬件来处理具有更高的转换速率。

12、在分布式数据库系统中，（ ） 是指用户无需知道数据存放的物理位置。 A．分片透明 B．复制透明 C．逻辑透明 D．位置透明 参考答案： D

试题分析：

分布透明性是指用户不必关心数据的逻辑分片，不必关心数据存储的物理位置分配细节，也不必关心局部场地上数据库的数据模型。分布透明性包括分片透明性、位置透明性和局部数据模型透明性。

（1）分片透明性。分片透明性是分布透明性的最高层次，它是指用户或应用程序只对全局关系进行操作而不必考虑数据的分片。当分片模式改变时，只要改变全局模式到分片模式的映射，而不影响全局模式和应用程序。全局模式不变，应用程序不必改写。

（2）位置透明性。位置透明性是指用户或应用程序应当了解分片情况，但不必了解片段的存储场地。当存储场地改变时，只要改变分片模式到分配模式的映射，而不影响应用程序。同时，若片段的重复副本数目改变了，数据的冗余改变了，但用户不必关心如何保持各副本的一致性，这也提供了重复副本的透明性。

（3）局部数据模型透明性。局部数据模型透明性是指用户或应用程序应当了解分片及各片断存储的场地，但不必了解局部场地上使用的是何种数据模型。

13、DMA工作方式是在（）之间建立直接的数据通路。

A．CPU与外设 B．CPU与主存C．主存与外设 D．外设与外设 参考答案： C

试题分析： Direct Memory Access（存储器直接访问）。这是指一种高速的数据传输操作，允许在外部设备和存储器之间直接读写数据，既不通过CPU，也不需要CPU干预。整个数据传输操作在一个称为\控制器\的控制下进行的。CPU除了在数据传输开始和结束时做一点处理外，在传输过程中CPU可以进行其他的工作。这样，在大部分时间里，CPU和输入输出都处于并行操作。因此，使整个计算机系统的效率大大提高。

14、给定关系模式R(U,F)，U={A,B,C,D}，F={AB→C,CD→B}。关系R（），且分别有（）。 A．只有1个候选关键字ACB B．只有1个候选关键字BCD

C．有2个候选关键字ACD和ABD D．有2个候选关键字ACB和BCD A．0个非主属性和4个主属性 B．1个非主属性和3个主属性

C．2个非主属性和2个主属性 D．3个非主属性和1个主属性 参考答案： C|A

试题分析：

解决这类问题，使用图示法比较合适，以下是用图示法的方式画出的图：

A与D是入度为零的结点，他们一定是候选键的组成部分。但仅有A与D还不能充当候选键，所以要加入其它的属性；加入B之后，ABD能遍历全图，能充当候选键；加入C之后，ACD也能遍历全图，所以ABD与ACD都是候选键。

求出候选键之后，包含于任意候选键中的所有属性都是主属性，所以ABCD都是主属性。 因为AB→C，所以AB（C）加上D就可以得出U了；因为CD→B，所以（B）CD加上A就得出U了。综合起来就是：有2个候选关键字ACD和ABD。因为2个候选关键字ACD和ABD包括A、B、C、D，所以ABCD都是主属性。

15、某销售公司数据库中的关系零件为P(Pno, Pname, Sname, City, Qty)，Pno表示零件号，Pname表示零件名称，Sname表示供应商，City表示所在地，Qty表示库存量。其函数依赖集F={Pno→Pname， (Pno,Sname)→Qty，Sname→City}。关系P为 （），存在冗余度大、修改操作不一致、插入异常和删除异常的问题。若将P分解为（），则可以解决这一问题。

A．1NF B．2NFC．3NF D．4NF

A．P1(Pname, Qty)、P2(Pno,Sname,City) B．P1(Pname, Pname)、P2(Sname,City,Qty)

C．P1(Pno, Pname)、P2(Pno,Sname,Qty) 、P3(Sname,City)

D．P1(Pno, Pname)、P2(Pno, Qty)、P3(Sname,City)、P4(City,Qty) 参考答案： A|C

试题分析：

怎么判断是否有更新异常和删除异常的冗余？

一般题目给出的就是第一范式了，我们来判断这个是不是第二范式。

若R属于第一范式，且每一个非主属性完全依赖于码，则R属于第二范式。 我的解释：不能存在部分函数依赖，若存在，那么他就不属于第二范式（相当于只能沦为第一范式）什么叫做部分函数依赖呢？举个例子：关系R

（学生学号，教师编号，学生姓名），这里明明学生学号就可以决定学生姓名这个非主属性的，但是关系R把教师编号也当成关系的码了，说明存在学生学号->学生姓名这样的部分函数依赖，所以这个关系不是2NF，只是1NF。

这个地方零件号可以决定零件名称这个非主流属性，所以它存在函数依赖，不是第二范式。第一范式存在更新异常和删除异常的冗余，转换为C这种形式就不再有部分函数依赖存在了，消除了更新异常和删除异常的冗余

16、某风险投资公司拥有的总资金数为25，分期为项目P1、P2、P3、P4投资，各项目投资情况如下表所示。公司的可用资金数为（）。若P1和P3分别申请资金数1和2，则公司资金管理处（）。

A．0 B．1C．2D．3

A．只能先为项目P1进行投资，因为投资后公司资金周转状态是安全的 B．只能先为项目P3进行投资，因为投资后公司资金周转状态是安全的

C．可以同时为项目P1、P3进行投资，因为投资后公司资金周转状态是安全的 D．不能先为项目P3进行投资，因为投资后公司资金周转状态是不安全的 参考答案： C|B

17、流水线技术是通过并行硬件来提高系统性能的常用方法。对于一个k段流水线，假设其各段的执行时间均相等（设为t），输入到流水线中的任务是连续的理想情况下，完成n个连续任务需要的总时间为（）。若某流水线浮点加法运算器分为5段，所需要的时间分别是6ns、7ns、8ns、9ns和6ns，则其最大加速比为（）。 A．nkt B．(k+n-1)tC．(n-k)kt D．(k+n+1)t A．4 B．5C．6 D．7 参考答案： B|A

试题分析：

由于流水线浮点加法运算器分为5段，所需要的时间分别是6ns、7ns、8ns、9ns和6ns。 所以不用流水线，一条加法指令的运算时间为：6ns+7ns+8ns+9ns+6ns＝36ns。 但如果用流水线，而且在执行的指令非常多的时候，每条指令需要的时间近似为一个流水线周期，即9ns。所以36/9=4。 n是趋于无穷大。

n是需要执行的指令的条数。 n条指令顺序执行时间为：

（6ns+7ns+8ns+9ns+6ns）*n=36n(ns) n条指令利用流水线执行，时间为：

（6ns+7ns+8ns+9ns+6ns）+（n-1）*9ns=27ns+9n(ns)

当n趋向于无穷大时，常数27ns可忽略不计。所以是：36n/9n。

18、进程P1、P2、P3和P4的前趋图如下所示：

若用PV操作控制进程P1~P4并发执行的过程，则需要设置5个信号量S1、S2、S3、S4和S5，且信号量S4-S5的初值都等于0。下图中a、b和c处应分别填写（）；d、e和f处应分别填写（）。

A．V(S1)V(S2)、P(S1)V(S3)和V(S4) B．P(S1)V(S2)、P(S1)P(S2)和V(S1) C．V(S1)V(S2)、P(S1)P(S3)和V(S4) D．P(S1)P(S2)、V(S1)P(S3)和V(S2)

A．P(S2)、V(S3)V(S5)和P(S4)P(S5) B．V(S2)、P(S3)V(S5)和V(S4)P(S5) C．P(S2)、V(S3)P(S5)和P(S4)V(S5) D．V(S2)、V(S3)P(S5)和P(S4)V(S5) 参考答案： C|A

试题分析：

本题只要将信号量在前趋图中标识出来，题目就非常容易解了。在前趋图中，每个箭头对应一个信号量，编号从左至右，从上至下，由小到大，如图所示。

标出信号量之后，从某进程引出的信号量，在该进程末尾需要对信号量执行V操作，而信号量箭头指向的进程开始处应有信号量的P操作。

以P1为例，S1与S2从P1发出，所以在P1末尾处要执行V（S1）V（S2），而在P2开始处应执行P（S1）P（S3）。

19、假设关系模式R(U，F)，属性集U={A，B，C），函数依赖集F={A→B，B→C）。若将其分解为ρ={R1(U1，F1)，R2(U2，F2))，其中U1={A，B），U2={A，C}。那么，关系模式R、R1、R2分别达到了 （1）；分解ρ （2）。 A．1NF、2NF、3NF B．1NF、3NF、3NF C．2 NF、2NF、3NF D．2NF、3NF、3NF

A．有损连接但保持函数依赖 B．既无损连接又保持函数依赖 C．有损连接且不保持函数依赖 D．无损连接但不保持函数依赖 参考答案： D|D

试题分析：

题目要求分析R、R1、R2的范式级别。

R有函数依赖集F={A→B，B→C）。由于A可确定B和C，所以A为主键，单个属性的主键不可能有部分依赖关系，所以R已符合2NF。进一步分析是否为3NF时，需要识别R中是否存在传递依赖。A→B，B→C属于典型的传递依赖，所以R最高只到2NF。

当R被拆分为R1与R2后，R1与R2分别只有两个属性，此时的关系模式不可能存在部分依赖，也没法传递依赖（至少3个属性才可能传递），所以都达到了3NF。 接下来判断是否无损分解，由于：U1∩U2=A，U1-U2=B，U2-U1=C。 而R中有函数依赖：A→B，所以分解是无损分解。 最后判断是否保持函数依赖：

R1中包含A与B两个属性，所以A→B依赖关系被R1保持下来了。

而R2中的A与C两个属性，没有保持任何函数依赖，导致函数依赖B→C丢失，所以分解没有保持函数依赖。

第三范式:第二范式基础更进层,目标确保每列都主键列直接相关,间接相关. 关系满足第二范式,并且除主键外其列都依赖于主键列,则满足第三范式.

理解第三范式需要根据Armstrong公定义传递依赖假设A、BC关系R三属性A-〉B且B-〉C则些函数依赖A-〉C所述依赖A-〉C传递依赖

例:订单表(订单编号定购期顾客编号顾客姓名……)初看该表没问题满足第二范式每列都主键列\订单编号\相关再细看发现\顾客姓名\顾客编号\相关\顾客编号\订单编号\相关经传递依赖\顾客姓名\订单编号\相关满足第三范式应掉\顾客姓名\列放入客户表

20、在如下所示的进程资源图中，（）；该进程资源图是（）。

A．P1、P2、P3都是阻塞节点

B．P1是阻塞节点、P2、P3是非阻塞节点 C．P1、P2是阻塞节点、P3是非阻塞节点 D．P1、P2是非阻塞节点、P3是阻塞节点

A．可以化简的，其化简顺序为P1→P2→P3 B．可以化简的，其化简顺序为P3→P1→P2 C．可以化简的，其化简顺序为P2→P1→P3

D．不可以化简的，因为P1、P2、P3申请的资源都不能得到满足 参考答案： C|B

试题分析：

图为一个资源分配图，图中有3个节点，3个资源，从资源到节点的箭头表示系统分配一个资源给节点，从节点到资源的箭头表示节点申请一个资源，特别要注意的是先分配后申请的关系，图中系统先从R2分配一个资源给P1，P1再从R2申请一个资源。理解上面的关系后这道题目就不难了，可以看到，R1分配了一个资源给P1，又分配了一个资源给P3，P2再从R1申请资源，故P2阻塞，R2分配了3个资源给P1、P2、P3，但P1还从R2申请资源，故P1也阻塞，R3只分配一个资源给P2，R3有2个资源，故可以满足P3的申请，故P3不阻塞。 我们再来看资源分配图如何化简，化简的方法是：先看系统还剩下多少资源没分配，再看有哪些进程是不阻塞（“不阻塞”即：系统有足够的空闲资源分配给它）的，接着把不阻塞的进程的所有边都去掉，形成一个孤立的点，再把系统分配给这个进程的资源回收回来，这样，系统剩余的空闲资源便多了起来，接着又去看看剩下的进程有哪些是不阻塞的，然后又把它们逐个变成孤立的点。最后，所有的资源和进程都变成孤立的点。这样的图就叫做“可完全简化”。图中P3是不阻塞的，故P3为化简图的开始，把P3孤立，再回收分配给他的资源，可以看到P1也变为不阻塞节点了，故P3、P1、P2是可以的。答案分别为C、B。 资源化简如下：

R1有2个资源分配出去2个一个申请， R2有3个资源分配出去3个一个申请， R3有2个资源分配出去1个一个申请，

再看P1，P1申请一个R2但R2的3个资源都分配出去了，故阻塞 P2，P2申请一个R1但R1的2个资源都分配出去了故阻塞 P3申请一个R3，R3还有一个空资源故不阻塞

因此可以先P3等它做完释放资源后再做P1再做P2。 P3可以释放R1，R2，R3各一个

p3释放后，R1有一个空闲资源，P2的资源申请是可以通过的，因此P2是可执行的。所以，此题P3执行后，P1和P2谁在先都应该可以。

这个题中的线，P3释放后P2P1都是可以执行的了，随便执行那个都可以

21、某进程有4个页面，页号为0~3，页面变换表及状态位、访问位和修改位的含义如下图所示。若系统给该进程分配了3个存储块，当访问前页面1不在内存时，淘汰表中页号为（） 的页面代价最小。

A．0B．1C．2D．3 参考答案： D

试题分析：

在本题中，内存中的3个页面，都是刚刚被访问过的。所以在此，不能以访问位作为判断标准。只能看修改位，修改位中，只有3号页未被个性，如果淘汰3号页，直接淘汰即可，没有附属的工作要做，而淘汰0号或2号，则需要把修改的内容进行更新，这样会有额外的开销。

22、若关系R (H，L，M，P)的主键为全码(All-key)，则关系R的主键应（）。 A．为HLMP

B．在集合{H，L，M，P）中任选一个

C．在集合{ HL，HM，HP，LM，LP，MP）中任选一个 D．在集合{H LM，HLP，HMP，LMP）中任选一个 参考答案： A

试题分析：

All-key关系模型的所有属性组成该关系模式的候选码，称为全码。

23、数据仓库中数据（）的特点是指数据一旦进入数据仓库后，将被长期保留并定期加载和刷新，可以进行各种查询操作，但很少对数据进行修改和删除操作。 A．面向主题 B．集成性 C．相对稳定性 D．反映历史变化 参考答案： C

试题分析：

数据仓库有四大特点： 面向主题

操作型数据库的数据组织面向事务处理任务，各个业务系统之间各自分离，而数据仓库中的数据是按照一定的主题域进行组织的。 2、集成的

数据仓库中的数据是在对原有分散的数据库数据抽取、清理的基础上经过系统加工、汇总和整理得到的，必须消除源数据中的不一致性，以保证数据仓库内的信息是关于整个企业的一致的全局信息。 3、相对稳定的

数据仓库的数据主要供企业决策分析之用，所涉及的数据操作主要是数据查询，一旦某个数据进入数据仓库以后，一般情况下将被长期保留，也就是数据仓库中一般有大量的查询操作，但修改和删除操作很少，通常只需要定期的加载、刷新。

4、反映历史变化

数据仓库中的数据通常包含历史信息，系统记录了企业从过去某一时点(如开始应用数据仓库的时点)到目前的各个阶段的信息，通过这些信息，可以对企业的发展历程和未来趋势做出定量分析和预测。

24、关系R、S如下表所示，R÷(πA1,A2(σ1＜3(S)))的结果为（），R、S的左外联接、右外联接和完全外联接的元组个数分别为（）。

A．{4} B．{3,4}

C．{3,4,7}

D．{(1,2),(2,1),(3,4),(4,7)}

A．2,2,4 B．2,2,6C．4,4,4 D．4,4,6 参考答案： A|D

试题分析：

首先要求解的是R÷(πA1,A2(σ1＜3(S)))的结果，我们先将(πA1,A2(σ1＜3(S)))的结果求出，为：

然后确定除法结果集的属性包括哪些。这个属性是：被除关系的属性集 - 除数关系的属性集得来的，在此R(A1,A2,A3)-(A1,A2)=A3，所以结果集应是单属性，从这里就已经可以排除D选项了。

接下来结果集要求与除数记录“2，1”和“3，4”拼接成的记录在原关系R中都能找到。符合这个条件的，只有{4}。

外联接可以是左向外联接、右向外联接或完全外部联接。

在 FROM子句中指定外联接时，可以由下列几组关键字中的一组指定： 1）LEFT JOIN或LEFT OUTER JOIN

左向外联接的结果集包括 LEFT OUTER子句中指定的左表的所有行，而不仅仅是联接列所匹配的行。如果左表的某行在右表中没有匹配行，则在相关联的结果集行中右表的所有选择列表列均为空值。

2）RIGHT JOIN 或 RIGHT OUTER JOIN 右向外联接是左向外联接的反向联接。将返回右表的所有行。如果右表的某行在左表中没有匹配行，则将为左表返回空值。 3）FULL JOIN 或 FULL OUTER JOIN 完全外部联接返回左表和右表中的所有行。当某行在另一个表中没有匹配行时，则另一个表的选择列表列包含空值。如果表之间有匹配行，则整个结果集行包含基表的数据值。

在本题中，左表为R，右表为S，他们的记录数均为4，所以左外连接和右外连接的记录数均为4，全连接时，会将左表与右表中的记录均列出来，但左表与右表均有A1与A2为“2，1”和“3，4”所以一共会有6条记录。

25、计算机系统性能评估中， （）考虑了各类指令在程序中所占的比例。（）考虑了诸如I/O结构、操作系统、编译程序的效率对系统性能的影响，可以较为准确评估计算机系统的实际性能。

A．时钟频率法 B．等效指令速度法

C．综合理论性能法 D．基准程序法

A．时钟频率法 B．等效指令速度法

C．综合理论性能法 D．基准程序法 参考答案： B|D

试题分析： 1．时钟频率法

计算机的时钟频率在一定程度上反映了机器速度。显然，对同一种机型的计算机，时钟频率越高，计算机的工作速度就越快。但是，由于不同的计算机硬件电路和器件的不完全相同，所以其所需要的时钟频率范围也不一定相同。相同频率、不同体系结构的机器，其速度和性能可能会相差很多倍。 2．等效指令速度法

等效指令速度法也称为吉普森混合法（Gibson mix）或混合比例计算法，是通过各类指令在程序中所占的比例（Wi）进行计算得到的。若各类指令的执行时间为ti，则等效指令的执行时间为：

其中，n为指令类型数。

对某些程序来说，采用等效指令速度法可能严重偏离实际，尤其是对CISC系统，因为某些指令的执行时间是不固定的，数据的长度、cache的命中率、流水线的效率等都会影响计算机的运算速度。 3．综合理论性能法

CTP是美国政府为限制较高性能计算机出口所设置的运算部件综合性能估算方法。CTP用MTOPS（Million Theoretical Operations Per Second，每秒百万次理论运算）表示。CTP的估算方法是，首先算出处理部件每个计算单元（例如，定点加法单元、定点乘法单元、浮点加单元、浮点乘法单元等）的有效计算率，再按不同字长加以调整，得出该计算单元的理论性能，所有组成该处理部件的计算单元的理论性能之和即为CTP。 4．基准程序法

把应用程序中用得最多、最频繁的那部分核心程序作为评估计算机系统性能的标准程序，称为基准测试程序（benchmark）。基准程序法不但考虑到了CPU（有时包括主存）的性能，

还将I/O结构、操作系统、编译程序的效率等对系统性能的影响考虑进来了，所以它是目前一致承认的测试系统性能的较好方法。

26、某航空公司机票销售系统有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）管理机票销售。假设Tj（j=1，2，…，m）单元存放某日某航班的机票剩余票数，Temp为Pi进程的临时工作单元，x为某用户的订票张数。初始化时系统应将信号量S赋值为（）。Pi进程的工作流程如下图所示，若用P操作和V操作实现进程间的同步与互斥，则图中空(a)，空(b)和空(c)处应分别填入（）。

A．0 B．1 C．2 D．3 A．P(S),V(S)和V(S) B．P(S),P(S)和V(S) C．V(S),P(S)和P(S) D．V(S),V(S)和P(S) 参考答案： B|A

试题分析： 在此题中，信号量S是一个互斥信号量，作用是避免多个进程同时对余票数量进行处理导致问题，所以初值应置为1。

程序中（a）应使用P(S)操作，代表占用资源，(c)是成功完成订票时释放资源进行的操作，应该进行V(S)操作，(b)是指当前没有足够的余票，未完成出票，此时，也要释放资源，所以也应该进行V(S)操作。

27、假设系统采用段式存储管理方法，进程P的段表如下所示。逻辑地址（）不能转换为对应的物理地址；不能转换为对应的物理地址的原因是进行（）。

A．(0,790)和(2,88) B．(1,30)和(3,290)

C．(2,88)和(4,98) D．(0,810)和(4,120)

A．除法运算时除数为零 B．算术运算时有溢出

C．逻辑地址到物理地址转换时地址越界 D．物理地址到逻辑地址转换时地址越界 参考答案： D|C

试题分析：

逻辑地址(0,810)不能转换成对应的物理地址，原因是：0号段的段长为800，而此逻辑地址偏移量为810，已超出段长，所以越界。逻辑地址(4,120)存在同样的问题。

28、若关系R、S如下图所示，则关系R与S进行自然连接运算后的元组个数和属性列数分别为（）；关系代数表达式π1,4(σ3=6(R×S))与关系代数表达式（）等价。

A．6和6B．4和6C．3和6D．3和4 A．πA,D(σC=D(R×S))

B．πA,R,D(σS.C=R.D(R×S)) C．πA,R,D(σR.C=S.D(R×S)) D．πA,R,D(σS.C=S.D(R×S)) 参考答案： D|C

试题分析：

自然连接运算的基本规则是：对两个参与运算的关系中，共同拥有的属性进行等值连接，并将结果中相同列，只保留1个。所以运算之后，元组个数为3，而属性的个数为4。

29、在采用三级模式结构的数据库系统中，如果对数据库中的表Emp创建聚簇索引，那么改变的是数据库的（）。 （40）

A．模式B．内模式C．外模式D．用户模式 参考答案： B

试题分析：

索引的写入修改了数据库的物理结构，而不是简单的逻辑设计。内模式规定了数据在存储介质上的物理组织方式、记录寻址方式。

30、假设关系R(A1,A2,A3)上的一个分解为ρ={(A1,A2),(A1,A3)}，下表是关系R上的一个实例，根据实例推出R的函数依赖集F为（），分解p（）。

A．F={A1→A2}

B．F={A1A3→A2,A1A2→A3} C．F={A1→A3}

D．F={A1→A2,A1→A3}

A．是无损联接的 B．是保持函数依赖的 C．是有损联接的

D．无法确定是否保持函数依赖 参考答案： B|C

试题分析：

由于A1为a时，A2可能是a或b或c，所以可以确定A1->A2不成立。同理A1->A3不成立。时此ACD三个选项均可以排除。 (A1A2)∩(A1A3)=A1 (A1A2)-(A1A3)=A2 (A1A3)-(A1A2)=A3

由于A1->A2与A1->A3均不成立，所以有损。

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