Linux操作系统-第三章-内存

题目

某计算机采用二级页表的分页存储管理方式，按字节编址，页大小为 210 字节，页表项大
小为2 字节，逻辑地址结构为：页目录号 | 页号 | 页内偏移量
逻辑地址空间大小为 216 页，则表示整个逻辑地址空间的页目录表中包含表项的个数至少是

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。(2010)
A． 64 B． 128 C． 256 D． 512

解析

📊 题目条件：

• 采用 二级页表 管理方式
• 按 字节编址
• 页大小 = $2^{10}$ 字节 → 即 1 KB
• 页表项大小 = 2 字节
• 逻辑地址空间大小 = $2^{16}$ 页

✅ 注意：题目说“逻辑地址空间大小为 $2^{16}$ 页”，即总共有 $2^{16}$ 个页，而不是 $2^{16}$ 字节！

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🔍 目标：

求：页目录表（第一级页表）中至少包含多少个表项？

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✅ 解题思路：

在二级页表中：

• 逻辑地址分为三部分：页目录号 | 页号 | 页内偏移量
• 页目录表（Page Directory）的每个表项指向一个页表（Page Table）
• 每个页表包含若干页表项，每个页表项对应一个物理页帧

由于逻辑地址空间有 $2^{16}$ 个页，而每个页表能管理多少页？

→ 由页表大小决定。

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步骤 1：计算一个页表能容纳多少个页表项

• 页大小 = $2^{10}$ 字节
• 页表项大小 = 2 字节
  → 一个页表最多可容纳：
  $$
  \frac{2^{10}}{2} = 2^9 = 512 \text{ 个页表项}
  $$

也就是说，每个页表可以映射 512 个页。

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步骤 2：计算需要多少个页表

总页数 = $2^{16}$
每个页表管理 512 页 = $2^9$ 页
→ 所需页表个数 =
$$
\frac{2^{16}}{2^9} = 2^{7} = 128
$$

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步骤 3：页目录表中表项个数 = 页表个数

因为页目录表的每个表项指向一个页表，所以：

页目录表至少需要 128 个表项

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✅ 最终答案：B. 128

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🎯 验证逻辑：

层级	含义	数量
页目录表项数	指向页表的数量	128 = $2^7$
每个页表项数	映射页的数量	512 = $2^9$
总页数	$2^7 \times 2^9 = 2^{16}$ ✅

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✅ 正确答案：B. 128

题目

某系统采用改进型CLOCK置换算法，页表项中字段A为访问位，M为修改位。A=0表示页
最近没有被访问，A=1表示页最近被访问过。M=0表示页没有被修改过，M=1表示页被修
改过。按(A，M)所有可能的取值，将页分为四类：(0，0)、(1，0)、(0，1)和(1，1)，则该
算法淘汰页的次序为

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。(2016)
A．(0，0)，(0，1)，(1，0)，(1，1)
B．(0，0)，(1，0)，(0，1)，(1，1)
C．(0，0)，(0，1)，(1，1)，(1，0)
D．(0，0)，(1，1)，(0，1)，(1，0)

解析

答案：A. (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)

本题考查 改进型 CLOCK 置换算法（Enhanced Clock Algorithm） 的淘汰次序。

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🔍 改进型 CLOCK 算法原理：

在基本 CLOCK 算法基础上，增加对 访问位 A 和 修改位 M 的判断，将页面分为四类：

类别	(A, M)	含义
1	(0, 0)	最近未访问、未修改 → 最优淘汰对象
2	(0, 1)	最近未访问、但被修改过 → 需写回磁盘，代价较高
3	(1, 0)	最近被访问过、未修改 → 可能还会被访问，保留
4	(1, 1)	最近被访问过、且被修改 → 最重要，应保留

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📌 淘汰优先级（从高到低）：

按 (A, M) 组合的“价值”排序，越不重要越先淘汰

标准顺序是：

1. (0, 0) —— 既没访问也没修改 → 最安全，直接淘汰
2. (0, 1) —— 未访问但修改过 → 需写回，代价大，但比“被访问过的”优先淘汰
3. (1, 0) —— 被访问过但未修改 → 说明可能还会用，尽量保留
4. (1, 1) —— 被访问过且修改过 → 最重要，最后淘汰

→ 所以淘汰次序为：(0,0) → (0,1) → (1,0) → (1,1)

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✅ 对照选项：

A. (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) ✅ 正确
B. (0,0), (1,0), (0,1), (1,1) ❌ 错误（(1,0) 不该在 (0,1) 前）
C. (0,0), (0,1), (1,1), (1,0) ❌ 错误（(1,1) 不该在 (1,0) 前）
D. (0,0), (1,1), (0,1), (1,0) ❌ 错误（(1,1) 是最重要的）

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🎯 考点总结：

• 改进型 CLOCK 算法通过 (A,M) 四元组分类页面；
• 淘汰时优先选择 A=0 的页（未被访问），再考虑 M 值；
• 目标：减少 I/O 开销（避免淘汰需写回的页）和 保留活跃页。

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✅ 正确答案：A. (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)

题目

系统为某进程分配了4个页框，该进程已访问的页号序列为2，0，2，9，3，4，2，8，
2，4，8，4，5。若进程要访问的下一页的页号为7，依据LRU算法，应淘汰页的页号是

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。(2015)
A．2 B．3 C．4 D．8

解析

我们来分析这道经典的 LRU（Least Recently Used）页面置换算法 题目。

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📊 题目条件：

• 进程被分配 4 个页框（物理内存帧）
• 已访问的页号序列：2, 0, 2, 9, 3, 4, 2, 8, 2, 4, 8, 4, 5
• 下一个要访问的页是：7 → 此时内存已满，需淘汰一页（LRU 策略）
  → 问：应淘汰哪个页？

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✅ 解题思路：

我们需要根据 LRU 算法，找出当前内存中最近最少使用的页。

LRU 的核心思想：淘汰最近最久未被访问的页。

我们从头开始模拟访问过程，记录每个时刻内存中的页，并标记其“最后访问时间”或“访问顺序”。

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🧩 模拟过程（维护一个“访问历史”列表，越靠左越久未用）

初始：内存空

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访问 2

• 内存：[2] （未满）

访问 0

• 内存：[2, 0]

访问 2

• 命中 → 更新顺序：将 2 移到最右 → [0, 2]

访问 9

• 缺页 → 加入 9 → [0, 2, 9]

访问 3

• 缺页 → 加入 3 → [0, 2, 9, 3] ← 已满！

访问 4

• 缺页 → 需淘汰 LRU（最左：0）→ 淘汰 0 → 加入 4 → [2, 9, 3, 4]

访问 2

• 命中 → 将 2 移到最右 → [9, 3, 4, 2]

访问 8

• 缺页 → 淘汰 LRU（最左：9）→ 加入 8 → [3, 4, 2, 8]

访问 2

• 命中 → 将 2 移到最右 → [3, 4, 8, 2]

访问 4

• 命中 → 将 4 移到最右 → [3, 8, 2, 4]

访问 8

• 命中 → 将 8 移到最右 → [3, 2, 4, 8]

访问 4

• 命中 → 将 4 移到最右 → [3, 2, 8, 4]

访问 5

• 缺页 → 淘汰 LRU（最左：3）→ 加入 5 → [2, 8, 4, 5]

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✅ 当前内存状态（在访问 5 后）：

内存中的页：2, 8, 4, 5

访问顺序（从左到右：最近最少使用 → 最近使用）：

• 最左：2（上次访问较早）
• 然后：8
• 然后：4
• 最右：5（最新访问）

注意：虽然 2 在序列中出现多次，但最后一次访问是在访问 8 之前，之后没有再访问，所以它现在是“最近最少使用”的。

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🔍 下一步：访问 7

• 7 不在内存 → 缺页 → 需淘汰一页
• 根据 LRU，淘汰 最左边的页 → 即 2

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✅ 正确答案：A. 2

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🎯 关键点总结：

• LRU 维护的是“访问时间顺序”，不是“访问频率”；
• “最近最少使用” = “在当前时刻，距离上次访问时间最长的页”；
• 本题中，虽然 2 出现频繁，但最后一次访问是在访问 8 之前，之后没有更新，因此被淘汰。

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✅ 正确答案：A. 2

题目

.在分段存储管理系统中，用共享段表描述所有被共享的段。若进程P1和P2 共享段S，下列
叙述中，错误的是

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。(2019)
A．在物理内存中仅保存一份段S 的内容
B．段S 在P1和P2中应该具有相同的段号
C．P1 和P2 共享段S 在共享段表中的段表项
D．P1和P2都不再使用段S 时才回收段S 所占的内存空间

解析

答案：B. 段 S 在 P1 和 P2 中应该具有相同的段号

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✅ 解析：

本题考查 分段存储系统中共享段的实现机制，与 2019 年第 7 题完全相同（重复题）。

我们逐项分析：

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A. 在物理内存中仅保存一份段 S 的内容

✅ 正确。

• 共享段的核心目的就是节省内存 —— 多个进程访问同一段时，物理内存只保留一份副本；
• 通过各自的段表项指向同一个物理地址实现共享。

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B. 段 S 在 P1 和 P2 中应该具有相同的段号

❌ 错误（本题答案）

• 段号是进程私有的！每个进程有自己的段表，段号是该进程内部的索引；
• P1 可以把共享段 S 放在段号 3，P2 可以放在段号 5 —— 只要它们的段表项都指向共享段表中的同一个段描述符即可；
• 段号无需相同，只要逻辑上能映射到同一物理段就行。

📌 类比：两个程序都调用 printf，但一个程序中 printf 在段号 2，另一个在段号 4 —— 只要都指向同一个共享代码段，就可正常运行。

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C. P1 和 P2 共享段 S 在共享段表中的段表项

✅ 正确。

• 系统维护一个共享段表，记录所有被共享的段；
• 当 P1 和 P2 都共享段 S 时，它们的段表项会指向共享段表中的同一个条目（包含物理起始地址、长度、权限等）；
  → 实现“多对一”映射。

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D. P1 和 P2 都不再使用段 S 时才回收段 S 所占的内存空间

✅ 正确。

• 这是共享资源的典型管理策略：引用计数（Reference Count）；
• 共享段表中通常有一个“引用计数”字段，每增加一个进程共享，计数 +1；减少一个，计数 -1；
• 计数为 0 时，才释放物理内存。

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🎯 考点总结：

选项	是否正确	原因
A	✅	共享段节省内存
B	❌	段号是进程私有，无需一致
C	✅	共享段表统一管理
D	✅	引用计数机制

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✅ 正确答案：B. 段 S 在 P1 和 P2 中应该具有相同的段号

题目

.某进程访问的页b 不在内存中，导致产生缺页异常，改缺页异常处理过程中不一定包含的操
作是( ) (2022)
A.淘汰内存中的页 B.建立页号与页框号的对应关系
C.将页b 从外存读入内存 D.修改页表中页b 对应的存在位

解析

答案：A. 淘汰内存中的页

本题考查 缺页异常处理过程 中哪些操作是“不一定包含”的。

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📌 缺页异常处理流程（标准步骤）：

当进程访问的页 b 不在内存中时，触发缺页中断，操作系统执行以下操作：

1. 检查是否有空闲页框

   • 若有 → 直接分配，无需淘汰；
   • 若无 → 执行页面置换算法，淘汰一个页（如 LRU、Clock 等）；

2. 将页 b 从外存读入内存（磁盘 I/O）

3. 建立页号与页框号的对应关系（更新页表）

4. 修改页表中页 b 对应的存在位为 1

5. 恢复进程执行（重新执行引发缺页的指令）

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逐项分析：

A. 淘汰内存中的页

❌ 不一定包含 —— 只有当内存已满时才需要淘汰；

• 如果系统有空闲页框，直接分配即可，无需淘汰；
  → 是“可能”发生，非“一定”发生。

B. 建立页号与页框号的对应关系

✅ 一定包含 —— 这是地址映射的核心，必须更新页表。

C. 将页 b 从外存读入内存

✅ 一定包含 —— 因为页 b 不在内存，必须从磁盘加载。

D. 修改页表中页 b 对应的存在位

✅ 一定包含 —— 存在位从 0 改为 1，表示该页已在内存。

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🎯 考点总结：

操作	是否一定包含	说明
A. 淘汰内存中的页	❌ 否	仅当无空闲页框时发生
B. 建立页号与页框号对应	✅ 是	必须更新页表
C. 从外存读入页 b	✅ 是	缺页的本质是页不在内存
D. 修改存在位	✅ 是	标记页已驻留

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✅ 正确答案：A. 淘汰内存中的页

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📌 记忆口诀：

“缺页处理四步走：读入、建表、改位、可选淘汰”
—— 淘汰是“可选”，其余是“必做”。

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✅ 最终答案：A

题目

下列因素,影响请求分页系统有效（平均）访存时间的是
I、 缺页率
II、 磁盘读写时间
III、内存访问时间
IV 、执行缺页处理程序的 CPU 时间
A、II,III B、I,IV C、I,III,IV D、I,II,III,IV

解析

答案：D. I, II, III, IV

本题考查 请求分页系统中，影响“有效（平均）访存时间”（Effective Memory Access Time, EMAT）的因素。

在请求分页系统中，一次内存访问可能触发缺页中断，导致：

• 访问内存 → 若命中 → 时间 = 内存访问时间
• 若缺页 → 需执行缺页处理程序 → 包括：
  • CPU 处理缺页异常（CPU 时间）
  • 磁盘读取页面（磁盘读写时间）
  • 将页面装入内存后重新执行指令

因此，平均访存时间是命中与缺页情况的加权平均。

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📊 有效访存时间公式：

设：

• $ p $ = 缺页率（Page Fault Rate）
• $ m $ = 内存访问时间（Memory Access Time）
• $ d $ = 缺页处理时间（包括 CPU 处理 + 磁盘 I/O）

则：

$$
\text{EMAT} = (1 - p) \cdot m + p \cdot d
$$

而 $ d $ 本身包含：

• 执行缺页处理程序的 CPU 时间
• 磁盘读写时间

→ 所以，所有四个因素都直接影响 EMAT。

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逐项分析：

I. 缺页率

✅ 影响 —— 是公式中的核心变量 $ p $，缺页率越高，EMAT 越长。

II. 磁盘读写时间

✅ 影响 —— 是缺页处理时间 $ d $ 的主要部分，磁盘慢则 $ d $ 大，EMAT 增大。

III. 内存访问时间

✅ 影响 —— 是命中时的时间 $ m $，即使缺页率低，若内存访问慢，EMAT 也会高。

IV. 执行缺页处理程序的 CPU 时间

✅ 影响 —— 是缺页处理时间 $ d $ 的一部分，CPU 处理开销大，$ d $ 增大 → EMAT 增大。

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🎯 结论：

所有四项均影响请求分页系统的有效访存时间。

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✅ 正确答案：D. I, II, III, IV

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💡 补充说明：

这是操作系统性能评估的核心内容。实际系统中，为降低 EMAT，常采用：

• 提高命中率（增加物理内存、优化置换算法）
• 使用高速缓存（TLB）减少缺页次数
• 使用 SSD 替代 HDD 降低磁盘读写时间
• 优化缺页处理程序减少 CPU 开销

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✅ 最终答案：D

题目

给出某进程访问页面的序列：
…, 1, 3, 4, 5, 6, 0, 3, 2, 3, 2, ↑t, 0, 4, 0, 3, 2, 9, 2, 1, …
工作集窗口大小 = 6
问：在 t 时刻 的工作集是什么？

解析

我们来分析这道关于 工作集（Working Set） 的题目。

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📊 题目条件：

• 给出某进程访问页面的序列：
  …, 1, 3, 4, 5, 6, 0, 3, 2, 3, 2, ↑t, 0, 4, 0, 3, 2, 9, 2, 1, …
• 工作集窗口大小 = 6
• 问：在 t 时刻 的工作集是什么？

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✅ 工作集定义：

工作集（Working Set） 是指：在最近 k 次内存访问中，所访问到的不同页面的集合。

• k 是“窗口大小”（本题为 6）
• 从当前时刻 t 往前数 k 个访问记录（包含 t 时刻的访问），取其中出现的所有不同页号组成集合。

⚠️ 注意：工作集是“最近访问过的页面”，不是“当前内存中的页面”；它反映的是程序的局部性行为。

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🔍 解题步骤：

Step 1：确定 t 时刻之前的 6 个访问记录

观察序列：

..., 1, 3, 4, 5, 6, 0, 3, 2, 3, 2, ↑t, 0, 4, 0, 3, 2, 9, 2, 1, ...

t 时刻的箭头指向的是 第 11 个访问位置（从左往右数），即：

访问序列（标序号）：

序号	页面
1	1
2	3
3	4
4	5
5	6
6	0
7	3
8	2
9	3
10	2
11	← t

→ 所以，在 t 时刻，往前数 6 个访问 是指：

序号 6 到 11（包含 t 时刻的访问）：

序号 6: 0
序号 7: 3
序号 8: 2
序号 9: 3
序号 10: 2
序号 11: （t 时刻访问的页）？？

但注意：t 时刻的访问尚未发生 —— 箭头在“2”之后，“0”之前，说明：

t 时刻是刚刚完成第 10 次访问（页面 2）之后，即将进行第 11 次访问（页面 0）。

所以，t 时刻的工作集应基于“最近 6 次已完成的访问”，即：

从第 5 次到第 10 次访问（共 6 次）：

第 5 次：6
第 6 次：0
第 7 次：3
第 8 次：2
第 9 次：3
第 10 次：2

→ 这 6 次访问的页面为：6, 0, 3, 2, 3, 2

→ 去重后得到工作集：{6, 0, 3, 2}

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✅ 对照选项：

A. {6, 0, 3, 2} ✅ 正确
B. {2, 3, 0, 4} ❌ 包含 4（不在最近6次中）
C. {0, 4, 3, 2, 9} ❌ 包含 4、9（超出范围）
D. {4, 5, 6, 0, 3, 2} ❌ 包含 4、5（超出范围）

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🎯 关键点：

• 工作集是“最近 k 次访问中出现的页面”，不是“当前内存中的页面”；
• “t 时刻”通常指“刚完成某次访问后”，因此取“前 k 次访问”；
• 本题中，t 时刻位于“2”之后、“0”之前，故取第 5~10 次访问。

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✅ 正确答案：A. {6, 0, 3, 2}