存储器层次结构例题

存储器层次结构真题及例题解析在本章的内容中，需要重点掌握的有存储器的组成、Cache的映像等。本节按照研究生入学考试的试题样式，参考历年的真题和全国40所高校的研究生入学试题，组织了相关的真题及解析，供参考。一、单项选择题例题1：某计算机的Cache共有16块，采用2路组相联映射方式（即每组2块）。每个主存块大小为32字节，按字节编址。主存129号单元所在主存块应装入到的Cache组号是（1）。[2009年试题14]（1）A．0B．2C．4D．6例题1分析组相联映射方式是将某一主存块j按模Q（Q是Cache的组数）映射到Cache的第i组中的任一块，即i=jmodQ。根据题目条件可知，Q=16/2=8组。因为每个主存块大小为32字节，按字节编址，所以主存129号单元所在的主存块号为4（注意：从0开始计数），所以i=4mod8=4。例题1答案：C例题2：某计算机主存容量为64KB，其中ROM区为4KB，其余为RAM区，按字节编址。现要用2K×8位的ROM芯片和4K×4位的RAM芯片来设计该存储器，则需要上述规格的ROM芯片数和RAM芯片数分别是（2）。[2009年试题15]（2）A．1、15B．2、l5C．1、30D．2、30例题2分析因为1B=8位，ROM区的总大小为4KB，即为4K×8位，那么需要的ROM芯片数为：(4K×8位)/(2K×8位)=2片。64KB-4KB=60KB，即60K×8位，那么需要的RAM芯片数为：(60K×8位)/(4K×4位)=30片。例题2答案：D例题3：假设某计算机的存储系统由Cache和主存组成。某程序执行过程中访存1000次，其中访问Cache缺失（未命中）50次，则Cache的命中率是（3）。[2009年试题21]（3）A．5%B．9.5%C．50%D．95%例题3分析程序执行过程中访存1000次，其中访问Cache缺失（未命中）50次，也就是说Cache完成存取的总次数为1000-50=950。那么Cache的命中率=(1000-50)/1000=95%。例题3答案：D例题4：假定用若干个2K×4位芯片组成一个8K×8位存储器，则地址0B1FH所在芯片的最小地址是（4）。[2010年试题15]（4）A．0000HB．0600HC．0700HD．0800H例题4分析芯片的大小为2K×4位，而存储器的大小为8K×8位，不难得出要获得这样一个大小的存储器，需要8片2K×4位的芯片。如果按字节编址，对应一个大小为8K×8位的存储器，需要13位地址，其中高3位为片选地址，低10位为片内地址，而题目给出的地址0B1FH转换为二进制为0101100011111，其高3位为010，即片选地址为2。因此，地址0B1FH对应第2片芯片，该芯片的起始地址（最小地址）为0100000000000，即0800H。例题4答案：D例题5：下列有关RAM和ROM的叙述中，正确的是（5）。[2010年试题16]IRAM是易失性存储器，ROM是非易失性存储器IIRAM和ROM都采用随机存取方式进行信息访问IIIRAM和ROM都可用做CacheIVRAM和ROM都需要进行刷新（5）A．仅I和IIB．仅II和IIIC．仅I，II，IIID．仅II，III，IV例题5分析对于计算机系统中的存储器，常用的数据存取方式有顺序存取、直接存取、随机存取和相联存取四种。其中RAM和ROM都是采用随机存取方式。RAM具有读/写方便，使用灵活等优点，但断电后无法保存信息，因此只能用于暂存数据，可用于主存和高速缓冲存储器。ROM的信息是固化在存储器中，断电后仍然能保存信息，信息不容易丢失。但ROM中的信息只可读出，无法改写，当然不需要刷新。一般用于存放系统程序BIOS和用于微程序控制，不适合用于读写频繁的Cache。例题5答案：A例题6下列命令组合情况中，一次访存过程中，不可能发生的是（6）。[2010年试题17]（6）A．TLB未命中，Cache未命中，Page未命中B．TLB未命中，Cache命中，Page命中C．TLB命中，Cache未命中，Page命中D．TLB命中，Cache命中，Page未命中例题6分析TLB是缓存曾经访问过的虚拟地址所指向的物理地址，以使将来快速得到相同物理地址的高速存储器，可以与Cache的作用相类比。在一次访问存储器的过程中，如果能够Cache命中，很显然，说明就访问到了需要的页（Page），即Page命中。同样的道理，如果能够TLB命中，也说明访问到了需要的页，如果这两者都命中，那么页肯定命中。因此本题中选项D的情况是不可能发生的。例题6答案：D例题7：下述关于存储器的描述中，正确的是（7）。（7）A．CPU访存时间由存储器容量决定B．ROM和RAM在存储器中是统一编址的C．ROM中任一单元可随机性访问D．DRAM是破坏性读出，因此需要读后重写例题7分析随机存储器RAM中任何存储单元的内容都能随机存取，且存取时间和存储单元的物理位置无关。由于存取原理的不同，又分为静态RAM和动态RAM。静态RAM以触发器原理寄存信息，动态RAM以电容充放电原理寄存信息，对动态RAM的读出是破坏性读出，因此需要读后重写。只读存储器ROM只能对其存储的内容读出，而不能对其重新写入。一般来说，CPU访问存储器的时间与存储器容量的大小无关（或者说关系很小），而是由存储单元的材料决定的。例题7答案：D例题8：下面关于主存储器性能说法中，不正确的是（8）。（8）A．衡量一个主存储器的性能指标主要有主存容量、存储器存取时间和存储周期B．指令中地址码的位数决定了主存储器可以直接寻址的空间C．存储器存取时间是指从启动一次存储器操作到完成该操作所经历的时间D．存储周期是指连续启动两次独立的存储器操作所需间隔的最小时间，通常存储周期略小于存取时间，其差别主要与主存储器的物理实现细节有关例题8分析衡量一个主存储器的性能指标主要有主存容量、存储器存取时间和存储周期。指令中地址码的位数决定了主存储器可以直接寻址的空间。存储器存取时间是指从启动一次存储器操作到完成该操作所经历的时间。存储周期是指连续启动两次独立的存储器操作所需间隔的最小时间，通常存储周期略大于存取时间，其差别主要与主存储器的物理实现细节有关。例题8答案：D例题9：若一台计算机的字长为4个字节，则表明该机器（9）。（9）A．能处理的数值最大为4位十进制数B．能处理的数值最多由4位二进制数组成C．在CPU中能够作为一个整体处理32位的二进制代码D．在CPU中运算的结果最大为232例题9分析字长是计算机内部一次可以处理的二进制数码的位数。如果计算机的字长为4个字节，则说明该计算机在CPU中能够作为一个整体处理32位的二进制代码。例题9答案：C例题10：现有存储器SRAM、DRAM、Cache以及寄存器、磁盘、磁带和光盘，存储容量由大到小，存取时间由快到慢的顺序为（10）。（10）A．寄存器，Cache，SRAM，DRAM，磁盘，光盘，磁带B．Cache，寄存器，SRAM，DRAM，磁盘，光盘，磁带C．寄存器，Cache，DRAM，SRAM，磁盘，光盘，磁带D．寄存器，Cache，SRAM，DRAM，磁带，磁盘，光盘例题10分析计算机存储系统的层次结构如图3-19所示。根据图3-19可知，存储器SRAM、DRAM、Cache以及寄存器、磁盘、磁带和光盘，存储容量由大到小，存取时间由快到慢的顺序为寄存器、Cache、SRAM、DRAM、磁盘、光盘、磁带。例题10答案：A例题11：动态存储器DRAM的刷新原则是（11）。（11）A．各DRAM芯片轮流刷新B．各DRAM芯片同时刷新，片内逐位刷新C．各DRAM芯片同时刷新，片内逐字刷新D．各DRAM芯片同时刷新，片内逐行刷新例题11分析为了使已写入存储器的信息保持不变，一般每隔一定时间必须对存储体中的所有记忆单元的栅极电容补充电荷，这个过程就是刷新。刷新的时间间隔由栅极电容的泄放速度决定，一般选定MOS型动态存储器允许的最大刷新间隔为2ms。刷新和重写是两个完全不同的概念，重写是随机的，某个存储单元只有在破坏性读出之后才需要重写，而刷新是定时的，即使许多记忆单元长期未被访问，若不及时补充电荷的话，信息就会丢失。无论是由刷新控制逻辑产生的地址逐行循环的刷新，还是芯片内部自动的刷新，都不依赖外部的访问，刷新对CPU是透明的。刷新通常是一行一行地进行的，每一行中各记忆单元同时被刷新，故刷新操作时仅需要行地址，不需要列地址。刷新操作类似于读出操作，但又有所不同，因为刷新操作仅是给栅极电容补充电荷，不需要输出信息，另外刷新不需要加片信号，即整个存储器中的所有芯片同时被刷新。例题11答案：D例题12：在一个引入Cache的计算机主存中，已知Cache为16KB，主存为128MB，Cache中块的大小为1KB，当采用直接地址映像时，主存地址的二进制格式为（12）。（12）A．7位区号，4位块号，1位内地址B．7位区号，16位块号，11位内地址C．13位区号，4位块号，10位内地址D．27位区号，14位块号，10位内地址例题12分析Cache容量为16KB，因为16KB=214，所以Cache的地址为14位。Cache块的大小为1KB，所以块内地址10位，块地址为4位。主存容量为128MB，因为128MB=227，所以主存的地址为27位。Cache中块的大小为1KB，采用直接地址映像，则Cache可以分为16块，也就是说，主存的每个区（页）有16块，而主存一共有128MB/1KB=217块，即主存可以分为217/16=213个区，所以区号为13位。例题12答案：C例题13：用于存储器的芯片有不同的类型。可随机读写，且只要不断电，则其中存储的信息就可一直保存的，称为（13）。可随机读写，但即使在不断电的情况下其存储的信息也要定时刷新才不致丢失的，称为（14）。所存信息由生产厂家用掩膜技术写好后就无法再改变的称为（15）。通过紫外线照射后可擦除所有信息，然后重新写入新的信息并可多次进行的，称为（16）。通过电信号可在数秒钟内快速删除全部信息，但不能进行字节级别删除操作的，称为（17）。（13）A．RAMB．VRAMC．DRAMD．SRAM（14）A．RAMB．VRAMC．DRAMD．SRAM（15）A．EPROMB．PROMC．ROMD．CDROM（16）A．EPROMB．PROMC．ROMD．CDROM（17）A．E2PROMB．FlashMemoryC．EPROMD．VirtualMemory例题13分析有关这些概念，在前面的章节中都已经介绍，下面直接给出这些存储器的区别，如表3-1所示。表3-1几种存储器之间的比较类型保持数据可写擦除大小擦除次数价格读写速率静态RAM×√字节无限昂贵快动态RAM×√字节无限中等中等ROM√×便宜快PROM√一次使用编程器中等快EPROM√√使用编程器整个芯片有限中等快EEPROM√√字节有限昂贵读快写慢Flash√√区有限中等读快写慢NVRAM√√字节无限昂贵快例题13答案：（13）D（14）C（15）C（16）A（17）B例题14：虚拟存储管理系统的基础是程序的（18）理论。这个理论的基本含义是指程序执行时往往会（19）访问内存储。程序的（18）表现在（20）和（21）上。（20）是指最近被访问的存储单元可能马上又要被问。（21）是指马上被访问的单元，而其附近的单元也可能马上被访问。根据这个理论，Denning提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁地访问的页面集合。在进程运行时，如果它的工作页面都在（22）器内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的页面调入/调出现象。（18）A．局部性B．全局性C．动态性D．虚拟性（19）A．频繁地B．均匀地C．不均匀地D．全面地（20）A．数据局部性B．空间局部性C．时间局部性D．数据全局性（21）A．数据局部性B．空间局部性E．空间全局性F．时间全局性（22）A．外部存储B．主存储C．辅助存储D．虚拟存储例题14分析虚拟存储管理系统从逻辑上扩充了内存容量，使用户感觉到