试题出自试卷《苏州大学2019年872数据结构与操作系统真题解析》

答：
（1）缺页率为0，说明此时进程所需的页面均在内存中，则查询页表访问一次，读取数据访问一次，一共访问两次内存，有效访问时间是100+100=200ns。

（2）磁盘访问时间=寻道时间+旋转延迟时间+传输时间+控制开销。题干已知寻道时间5ms，控制开销0.1ms，需要计算延迟时间和传输时间。
转速7200RPM，即每分钟7200转，那么每秒钟120转，则旋转延迟时间为1/（120×2）≈4.17ms（1s=1000ms）。
传输率1Gb/s，磁盘块大小4KB=32Kb，则传输时间为32Kb÷1Gb=215÷230=0.03ms。
因此，磁盘访问时间为5+0.1+4.71+0.03=9.3ms。

（3）缺页率为1%，即99％的情况下只需要访问两次内存（查询页表访问一次，读取数据访问一次），用时200ms。
缺页时页面被修改的比例是20%，这20%的页面是需要被写回磁盘的，然后再读取所需的页面到内存中，所以查询页表确定缺页+淘汰页写回磁盘+调入所需页到内存+缺页开销+访问所需页，不考虑缺页时的系统开销，则缺页开销为0。一共有两次I/O操作、两次内存访问。剩下80%的页因为没有被修改，换出时可以直接丢弃，需要一次I/O用于读取所需页面到内存以及两次内存访问。
因此，该虚存系统的有效访问时间为99%×200+1％×[80％×（300+9300）+20％×（300+9300×2）]=312.6ns。