2016

15.有如下C语言程序段：

for(int k = 0; k < 1000; k++)
{
    a[k] = a[k]+32;
}

•  

若数组a以及变量k均为int型，int型数据占4B，数据Cache采用直接映射 方式，数据区大小是1KB，块大小是16B，该程序段执行前Cache为空，则该程序段执行过程中，访问数组a的Cache的缺失率是：C 
A. 1.25% 
B. 2.5% 
C. 12.5% 
D. 25%

详解:  a[k]的访问步骤是：先访问cache，cache缺失，之后从主存中取出一个块调入cache，这个块中的后几个数据都是命中的，本题中一个数据占4B，一个块大小是16B，这说明一个块中有4个数据，关键是后面还有一次写，这说明一次循环要八次访问cache，其中只有第一次是缺失的，后面七次都是命中的，所以缺失率是12.5%；

16 某存储器容量为64KB, 控字节编址， 地址4000H-5FFFH为ROM 区， 其余为RAM区．
若采用8K•4位的SRAM芯片进行设计， 则需要该芯片的数量是C
A. 7   B. 8    C. 14     D. 16

详解：.先求得rom区范围 5FFFH - 4000H = 1FFFH，因为1位可存0-1两种形式，H表示16进制，4位2进制为1位16进制，所以总的存储大小为 *    *  *  = B（按字节编址） =  8KB，​​​​​ RAM区大小: 64KB  - 8KB = 56KB ,所以芯片数则为 7  *  2 = 14 

17.某指令格式如下所示。

OP

M

I

D

其中M为寻址方式，I为变址寄存器编号，D为形式地址。若采用先变址后间址的寻址方式，则操作数的有效地址是（C  ）。

A.I+D
B.(I)+D
C.((I)+D)
D.((I))+D  

寻址方式：寻址方式

18.某计算机主存空间是4GB，字长是32位，按照字节编址。采用32位定长指令格式，若指令按照字边界对齐存放，则程序计数器PC和指令寄存器IR的位数至少分别是：B 
A. 30, 30 
B. 30, 32 
C. 32, 30 
D. 32, 32

扫描二维码关注公众号，回复： 2539741 查看本文章

分析：指令字长32位，毫无疑问，直接推导IR是32位。而4GB=232B4GB=232B主存空间，按B编址，则需要32位地址线。也即MAR需要32位。但是PC就不是！因为这里有一个条件，指令按照字边界对齐！

也即是说PC只用能够标识出不同的指令即可。于是计算指令有多少条：4GB/32bit=2304GB/32bit=230条。 
所以，PC只需要有30位即可。

19.在无转发机制的五段基本流水线（取指、译码/读寄存器、运算、访存、写回寄存器）中，下列指令序列存在数据冒险的指令对是（ B ）。
I1:add    R1,R2,R3;(R2)+(R3)→R1
I2:add R5,R2,R4;(R2)+(R4)→R5
I3:add    R4,R5,R3;(R5)+(R3)→R4
I4:add    R5,R2,R6;(R2)+(R6)→R5

A.I1和I2
B.I2和I3
C.I2和I4
D.I3和I4

详解：取指(IF)、译码(ID)、执行(EX)、访存(MEM)、写回寄存器堆(WB)    1和2明显排除   2和3可以考虑   2和4考虑  3和4排除

因为2和3有写读冲突，所以选 B    ，转发机制就是为了解决冲突的，题目说无

数据冒险        指令执行周期

20.单周期处理器中所有指令的指令周期为一个时钟周期。下列关于单周期处理器的叙述中，错误的是（ A ）。

A.可以采用单总线结构数据通路
B.处理器时钟频率较低
C.在指令执行过程中控制信号不变
D.每条指令的CPI为1

详解:本题不是很会，CPI：每条计算机指令执行所需的时钟周期    单周期时钟频率低是常识，关于A我看网上是这样的：

多数指令都需要两个过以上操作数，而且都需要在单周期内完成    

21.下列关千总线设计的叙述中.错误的是  （A）
A 并行总线传输比串行总线传输速度快
B 采用信号线复用技术可减少信号线数量
C 采用突发传输方式可提高总线数据传输率
D 采用分离事务通信方式可提高总线利用率

详解：早期I/O速率都不高的情况下，并行速度快得多，效率更高，费时更少，优于串行。
随着信息技术的飞速发展。现在已经是高速串行的时代。
在高速状态下：并行口的几根数据线之间存在串扰，而并行口需要信号同时发送同时接收，任何一根数据线的延迟都会引起问题。而串行只有一根数据线，不存在信号线之间的串扰，而且串行还可以采用低压差分信号（一种振幅相等，相位相同，极性相反代表0和1的信号），可以大大提高它的抗干扰性，所以可以实现更高的传输速率，尽管并行可以一次传多个数据位，但是时钟远远低于串行。

突发传输：一般也称为数据突发，其在通信领域中一般指在短时间内进行相对高带宽的数据传输，即连续进行数据传输的方式

22.异常是指令执行过程中在处理器内部发生的特殊事件， 中断是来自处理器外部的请求事件
下列关千中断或异常情况的叙述中．错误的是 A
A. 访存时缺页属于中断
B. "整数除以O"属于异常
C. "DMA传送结束“属于中断
D."存储保护错“属于异常

异常 ：是源自CPU执行指令内部的事件。如：非法操作码，地址越界，算术溢出，虚存系统的缺页，陷入指令等引起的事件。内部异常不可被屏蔽，一旦出现立马处理

中断 ：来自CPU执行指令以外的事件。如：I/O中断，时钟中断等。

23 下列关于批处理系统的叙述中，正确的是 2和3
1. 批处理系统允许多个用户与计算机直接交互    （错误，没有交互）
2. 批处理系统分为单道批处理系统和多道批处理系统
3 中断技术使得多道批处理系统的IO设备可与CPU并行工作
批处理    分时，批处理

24.某单CPU系统中有输入和输出设备各1台． 现有3个并发执行的作业， 每个作业的输入、
计算和输出时间均分别为2ms、3ms和4ms, 且都按输入、计算和愉出的顺序执行．则执行完3
个作业需要的时间最少是 B
A. ISms B. 17ms C. 22ms D. 27ms

详解 ： 2+ 3 + 4+ 4+ 4  = 17

25.系统中有3个不同的临界资源R1、R2和R3，被4个进程p1、p2、p3及p4共享。各进程对资源的需求为：
p1申请R1和R2，p2申请R2和R3，p3申请R1和R3，p4申请R2。若系统出现死锁，则处于死锁状态的进程数至少是（ C）。
A.1
B.2
C.3
D.4

详解：要么没有死锁，要么这里最少就是3个处于死锁

临界资源：一次仅允许一个进程使用的资源称为临界资源

资源图与死锁定理的灵活运用      

26.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 A
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)

简单CLOCK和改进型CLOCK区别：改进型多了一个修改位,简单只有一个访问位

置换算法(opt,lru,fifo,clock)实现

27.使用TSL指令实现进程互斥的伪代码如下： B

do
{
    ...
    while(Test_And_Set_Lock(&lock)); //特别注意分号，以及传递的参数是引用参数
    //临界区
    lock = False;
    //剩余区
}while(True)

下列与该实现机制相关的叙述中，正确的是： 
A. 退出临界区的进程负责唤醒阻塞态进程 
B. 等待进入临界区的进程不会主动放弃CPU 
C. 上述伪代码满足“让权等待”的同步准则 
D. while(Test_And_Set_Lock(&lock))语句应在关中断状态下执行

详解：自旋锁 ：自旋锁--Test and Set Clock机制分析

28.某进程的段表内容如下所示。

当访问段号为2、段内地址为400的逻辑地址时，进行地址转换的结果是（D  ）。

A.段缺失异常
B.得到内存地址4400
C.越权异常
D.越界异常

详解:因为能找到段号，所以A排除， 当访问的地址大于段长时便产生越界中断，选D

29.

某进程访问页面的序列如下： 
...,1,3,4,5,6,0,3,2,3,2,→t时刻←,0,4,0,3,2,9,1,......,1,3,4,5,6,0,3,2,3,2,→t时刻←,0,4,0,3,2,9,1,...若工作集窗口大小是6，则在t时刻的工作集为：A

A. {6,0,3,2} 
B. {2,3,0,4} 
C. {0,4,3,2,9} 
D. {4,5,6,0,3,2}

详解：实际就是打洞的纸片往右移动，所以是603232   但是32是叠加的

工作集

30. 进程P1和进程P2均包含并发执行的线程，部分伪代码描述如下：

//进程P1
int x = 0;
Thread1()
{
    int a;
    a = 1;
    x+=1;
}

Thread2()
{
    int a;
    a = 2;
    x += 2;
}

//进程P2
int x = 0
Thread3()
{
    int a;
    a = x;
    x += 3;
}

Thread4()
{
    int b;
    b = x;
    x += 4;
}

下列选项中，需要互斥执行的操作是：（C） 
A. a = 1与a = 2 
B. a = x与b = x 
C. x += 1与x += 2 
D. x += 1与x += 3

详解：基本操作。。。

参考：进程并发与互斥性问题小结

31.关于SPOOLing技术的叙述，错误的是：D

A. 需要外存的支持 
B. 需要多道程序设计技术的支持 
C. 可以让多个作业共享一台独占设备 
D. 由用户作业控制设备与输入/输出井之间的数据传送。

分析：输入井，输出井就是在磁盘(外存)开辟的存储空间，因此需要外存的支持，A项正确。 
要用输入输出进程模拟IO的输入输出控制，单道程序环境下无法满足这一点，因此我们说SPOOLing需要多道程序的支持。B项对。 
C项不用说，这就是设计的目的。 
D项是错误的，因为输入输出进程是系统体用的，不是用户作业控制设备，系统提供了输入输出的进程模拟控制。

SPOOLing技术的再思考

32.关于管程的叙述中，错误的是：A 
A. 管程只能用于实现进程的互斥 
B. 管程是由编程语言支持的进程同步机制 
C. 任何时刻只有一个进程在管程中执行 
D. 管程中定义的变量只能被管程内的过程访问

管程的思考

33 - 4 1的 图

这里是同一个图，只是下面这个图比较完整

33.在OSI参考栈型中. RI 、switch、Hub实现的最高功能层分别是 C
A. 2 、2 、1 B. 2 、2 、2 c. 3 、2 、1 D. 3 、2 、2

详解：R1就是路由器，这里比较难的就是集线器在那一层，比较模糊是物理层还是数据链路层，只能记了，就是物理层

HUB、Switch、Router在OSI模型层次信息

34.若连接R2和R3链路的频率带宽为8kHz，信噪比为30dB，该链路实际数据传输速率约为理论最大数据传输速率的50%，则该链路的实际数据传输速率约是（C  ）。
A.8kbps
B.20kbps
C.40kbps
D.80kbps

“带宽”有两个意思，

一是信号自身最高频率减最低频率的差值（单位是“Hz”），香农定理C=Wlog2（1+S/N）中的W是带 宽，单位是"Hz"；

二是信息传输速率的最大值（单位是“bps”），比如现在市场上说的2M带宽就是2Mbps的意思。
具体区别要看语境。

详解：看到信噪比，就要用到香农定理C=Wlog2（1+S/N),信噪比r换算分贝数:30dB=10lg(r)   ====》     r=1000

则理论  C（Rmax）=8K*log（1+1000）=8k*10=80k    （说明 2的10次方等于1024）         实际 = 80 * 50% = 40Kbps

35.若主机H2向主机H4发送一个数据帧，主机H4向主机H2立即发送一个确认帧，则除H4外，从物理层上能够收到该确认帧的主机还有：D

A. 仅H2 
B. 仅H3 
C. 仅H1,H2 
D. 仅H2,H3

分析：只是单纯考察数据链路层帧的传送时的过程。当H2向H4传递时，将会把MAC地址告诉Switch，这样当H4发回确认帧时，可以直接一对一传到H2.但是这里要注意，H4经过Hub发回确认帧时，H3也会偷听到。即，Hub是广播的方式，包括H4自己也会听到，只不过这里说除了H4，那么H2,H3可以收到该确认帧。    难点：集线器广播

36.若Hub再生比特流过程中，会产生1.535us延时，信号传播速度为200m/us，不考虑以太网帧的前导码，则H3与H4之间理论上可以相距的最远距离是（B  ）
A.200m
B.205m
C.359m
D.512m

最小帧长=争用期∗数据传输速率

这部分理解得不是很透彻，有时间在研究

CSMA/CD协议最小帧长的思考

37.假设R1、R2、R3采用RIP协议交换路由信息，且均已收敛。若R3检测到网络201.1.2.0/25不可达，并向R2通告一次新的距离向量，
则R2更新后，其到达该网络的距离是（ B ）。
A.2
B.3
C.16
D.17

个人理解：有两个可能3或者16，  3的情况是R3没有告诉R1不可达，所以R1中还是2，当R2更新路由后，从R1中知道到201节点距离为2，所以 + 1 = 3.还有一种可能就是R3也告诉R1不可达了，所以 =16.                        最后想法：均已收敛，我判定就是在收敛的时候，R3还是可达201节点的，但是在下一个30秒之前，R3检测到了不可达201，但是还是没有发送给R1，所以R2从R1中知道还是2，所以才会加+1  = 3

RIP路由协议的理解

38.假设连接R1、R2和R3之间的点对点链路使用201.1.3.x/30地址，当H3访问Web服务器S时，
R2转发出去的封装HTTP请求报文的IP分组的源IP地址和目的IP地址分别是（  D）。
A.192.168.3. 251，130.18.10.1
B.192.168.3. 251，201.1. 3.9
C.201.1. 3.8，130.18.10.1
D.201.1. 3.10，130.18.10.1

/30 的作用（即子网掩码，注意1的个数可以不连续）

解：192.168.3.X这个属于局域网本地地址，201.1.3.X才属于网络地址，所以排除A,B、至于为什么选D，因为1的个数为2，根据 8 4 2 1，如果选C就只是1个1，201.1.3.x/29的话就是选C

39.假设H1与H2的默认网关和子网掩码均分别配置为192.168.3. 1和255.255.255.128，
H3与H4的默认网关和子网掩码均分别配置为192.168.3. 254和255.255.255.128，则下列现象中可能发生的是（ c ）。
A.H1不能与H2进行正常IP通信
B.H2与H4均不能访问Internet
C.H1不能与H3进行正常IP通信
D.H3不能与H4进行正常IP通信

默认网关，子网掩码

解：关于A，H1与H2是链接在交换机上的，所以可以进行正常通讯，关于B，H2，H4都有通过集线器，或者交换机连接到路由器，
所以都能访问Internet，关于D，H3与H4链接到同一集线器，是属于内局域网通讯，肯定可以通讯，所以排除法选C

H1 ：  192.168.3.2         H3：192.168.3.251    的本地地址

因为H1和H3不是链接到同一交换机或者集线器的，所以要把本地地址转为网络地址

网络地址 =  本地地址 + 子网掩码 算出来  

以下先把本地地址换为2进制，

     128 64 32 16 8 4 2 1
         
    H1    0     0  0  0 0 0 1 0     
    
    H3    1   1  1  1 1 011    255 - 4  即4号位为0，其余全为1

因为子网掩码都一样，很明显他们网络地址是不一样的，所以不能够通讯，这里计算就略了，所以C可能发生。

40.假设所有域名服务器均采用迭代查询方式进行域名解析。当H4访问规范域名为www.abc.xyz.com的网站时，
域名服务器201.1. 1.1在完成该域名解析过程中，可能发出DNS查询的最少和最多次数分别是（  ）。
A.0，3
B.1，3
C.0，4
D.1，4

迭代查询 + 递归查询

解：如果在域名服务器中有缓存过的解析地址，则查询次数为0次，如果一直没有，因为有4级域名，所以最多缺失4次，需要访问4次根域名服务器

41.假设图中的H3访问Web服务器S时，S为新建的TCP连接分配了20KB（K=1024）的接收缓存，最大段长MSS=1KB，平均往返时间RTT=200ms。H3建立连接时的初始序号为100，且持续以MSS大小的段向S发送数据，拥塞窗口初始阈值为32KB；S对收到的每个段进行确认，并通告新的接收窗口。假定TCP连接建立完成后，S端的TCP接收缓存仅有数据存入而无数据取出。请回答下列问题。
（1）在TCP连接建立过程中，H3收到的S发送过来的第二次握手TCP段的SYN和ACK标志位的值分别是多少？确认序号是多少？
（2）H3收到的第8个确认段所通告的接收窗口是多少？此时H3的拥塞窗口变为多少？H3的发送窗口变为多少？
（3）当H3的发送窗口等于0时，下一个待发送的数据段序号是多少？H3从发送第1个数据段到发送窗口等于0时刻为止，平均数据传输速率是多少（忽略段的传输延时）？
（4）若H3与S之间通信已经结束，在t时刻H3请求断开该连接，则从t时刻起，S释放该连接的最短时间是多少？

TCP三次握手中SYN，ACK，Seq三者的关系

拥塞控制

解答：
（1）第二次握手TCP段的SYN=1，（1分）ACK=1；（1分）确认序号是101。（1分）
（2）题目规定S对收到的每个段（MSS大小的段）进行确认，并通告新的接收窗口，而且TCP接收缓存仅有数据存入而无数据取出。
H3收到的第8个确认段所通告的接收窗口是20-8=12KB；（1分）在慢开始算法里，发送方H3先设置拥塞窗口cwnd=1KB，
接下来每收到一个对新报文段的确认就使发送方的拥塞窗口加1KB。H3共收到8个确认段，所以此时H3的拥塞窗口变为1+8=9KB；（1分）发送窗口=min{拥塞窗口，接收窗口}，所以H3的发送窗口变为min{9，12}=9KB。（1分）
（3）TCP是用字节作为窗口和序号的单位。当H3的发送窗口等于0KB时，也就是接收窗口等于0KB时，
下一个待发送段的序号是20K+101=20×1024+101=20581；（疑问：tcp经历了3次握手，第一次seq = 100. 第二次握手 seq = 101 ， 第三次握手 = 102，为什么这里不是加103，难道我该死记硬背理解为发送数据的时候，以第1次seq为准，然后加1吗）（1分）H3从发送第1个段到发送窗口等于0KB时刻为止，经过五个传输轮次，（1.窗口拥塞为1 2.窗口拥塞为2, 3.窗口拥塞为4 4.窗口拥塞为8  5.拥塞窗口5，慢开始）
每个传输轮次的时间就是往返RTT，因此平均数据传输速率是20KB/(5×200ms)=20KB/s=20.48kbps。（1分）
（4）通信结束后，H3向S发送连接释放报文段。S收到H3的连接释放报文段后，马上发出确认报文段。此时S已经没有数据需要传输，于是它也马上发出连接释放报文段。H3在收到S的连接释放报文段后，发出确认报文段。S在收到这份确认后就释放TCP连接。因此从t时刻起，S释放该连接的最短时间是：H3的连接释放报文段传送到S的时间+S的连接释放报文段传送到H3的时间+H3的确认报文段传送到S的时间=1.5×200ms=300ms。（1分）
（虽然是4次挥手，但是第二，第三次挥手都是从同一端，同时发出的）

42.如果一棵非空k（k≥2）叉树T中每个非叶子结点都有k个孩子，则称T为正则k叉树，请
回答下列问题并给出推导过程
(1)若T有m个非叶结点. 则T中的叶结点有多少个？
(2)若T的高度为h(单结点的树h=1). 则T的结点数最多为多少个？最少为多少个？．

(答案要点)
(I)根据定义，正则K叉树中仅含有两类结点： 叶结点（个数记为)和度为K的分支结点（个数
记为),树T中的结点总数n = + = + m , 树中所含的边数e = n -1 , 这些边均为m个度为K的结点
发出的，即 e = m x k , 整理得： + m = m x k + l, 故=  (k- 1) x m + l . (3分）

(2)高度为h的正则K叉树T中，含最多结点的树形为：除第h层外，第1 到第 h- 1 层的结点都是
度为K的分支结点，而第h层均为叶结点，即树是“满”树，此时第j ()层结点数为，节点总数为：

当K =3 ，最少如图：

43.已知由n（n≥2）个正整数构成的集合A={ak|0≤k＜n}，将其划分为两个不相交的子集A1和A2，元素个数分别是n1和n2，A1和A2中元素之和分别为S1和S2。
设计一个尽可能高效的划分算法，满足|n1-n2|最小且|S1-S2|最大。要求：
（1）给出算法的基本设计思想。 
（2）根据设计思想，采用C或C++语言描述算法，关键之处给出注释。
（3）说明你所设计算法的平均时间复杂度和空间复杂度。

快速排序

44.假定CPU主频为50MHz，CPI为4。设备D采用异步串行通信方式向主机传送7位ASCII字符，通信规程中有1位奇校验位和1位停止位，从D接收启动命令到字符送入I/O端口需要0.5ms。请回答下列问题，要求说明理由。

（1）每传送一个字符，在异步串行通信线上共需传输多少位？在设备D持续工作过程中，每秒钟最多可向I/O端口送入多少个字符？

（2）设备D采用中断方式进行输入/输出，示意图如下：

I/O端口每收到一个字符申请一次中断，中断响应需10个时钟周期，中断服务程序共有20条指令，其中第15条指令启动D工作。若CPU需从D读取1000个字符，则完成这一任务所需时间大约是多少个时钟周期？CPU用于完成这一任务的时间大约是多少个时钟周期？在中断响应阶段CPU进行了哪些操作？

解答：

（1）每传送一个ASCII字符，需要传输的位数有1位起始位、7位数据位（ASCII字符占7位）、1位奇校验位和1位停止位，故总位数为1+7+1+1=10。（2分）   --这里题目有点奸诈，没有提到起始位，以后默认传输数据都有起始位

I/O端口每秒钟最多可接收1000/0.5=2000个字符。（1分）    1s = 1000ms

【评分说明】对于第一问，若考生回答总位数为9，则给1分。

（2）一个字符传送时间包括：设备D将字符送I/O端口的时间、中断响应时间和中断服务程序前15条指令的执行时间。时钟周期为1/(50MHz)=20ns，设备D将字符送I/O端口的时间为0.5ms/20ns=2.5×104个时钟周期。一个字符的传送时间大约为2.5×104+10+15×4=25070个时钟周期。完成1000个字符传送所需时间大约为1000×25070=25070000个时钟周期。（3分）

时钟周期 = 1 / 主频     CPI为4 ：一条指令需要4个时钟周期

CPU用于该任务的时间大约为1000×(10+20×4)= 9×104个时钟周期。（1分）   和前一问是有明显区别的，这个没有读取，是完成，前面是读取。

在中断响应阶段，CPU主要进行以下操作：关中断、保护断点和程序状态、识别中断源。（2分）

【评分说明】 

①位于第一问，若答案是25070020，则同样给分；若答案是25000000或25000020，则给2分。如果没有给出分布计算步骤，但算式和结果正确，同样给分。

②对于第三问，只要回答关中断和保护断点，就给2分，其他答案酌情给分。

45.某计算机采用页式虚拟存储管理方式，按字节编址，虚拟地址为32位，物理地址为24位，页大小为8KB；TLB采用全相联映射；Cache数据区大小为64KB，按2路组相联方式组织，主存块大小为64B。存储访问过程的示意图如下。

请回答下列问题。
（1）图中字段A～G的位数各是多少？TLB标记字段B中存放的是什么信息？
（2）将块号为4099的主存块装入到Cache中时，所映射的Cache组号是多少？对应的H字段内容是什么？
（3）Cache缺失处理的时间开销大还是缺页处理的时间开销大？为什么？
（4）为什么Cache可以采用直写（Write Through）策略，而修改页面内容时总是采用回写（Write Back）策略？

解答：
（1）页大小为8KB，页内偏移地址为13位，故A=B=32-13=19；D=13；C=24-13=11；主存块大小为64B，
故G=6。2路组相联，每组数据区容量有64B×2=128B，共有64KB/128B=512组，故F=9；E=24-G-F=24-6-9=9。
因而A=19，B=19，C=11，D=13，E=9，F=9，G=6。（各1分，共7分）

（    因为是按字节编址B    3 + 10 = 13位）

（A = B = 有多少虚拟的页号，即页号的取值范围    D为页内偏移，即物理地址一块的大小）

（C为物理地址的页框号）

TLB中标记字段B的内容是虚页号，表示该TLB项对应哪个虚页的页表项。（1分）
（2）块号4099=00 0001 0000 0000 0011B，因此，所映射的Cache组号为0 0000 0011B=3，（1分）对应的H字段内容为0 0000 1000B。（1分）
（3）Cache缺失带来的开销小，而处理缺页的开销大。（1分）因为缺页处理需要访问磁盘，而Cache缺失只要访问主存。（1分）
【评分说明】对于（3）中第2问，若考生回答因为缺页需要软件实现而Cache缺失用硬件实现，则同样给分。
（4）因为采用直写策略时需要同时写快速存储器和慢速存储器，而写磁盘比写主存慢很多，所以，在Cache-主存层次，Cache可以采用直写策略，而在主存-外存（磁盘）层次，修改页面内容时总是采用回写策略。（2分）