【计算机类职业资格】数据库系统工程师-可靠性与系统性能评测及答案解析.doc

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1、数据库系统工程师-可靠性与系统性能评测及答案解析(总分：26.00，做题时间：90 分钟)发展容错技术可提高计算机系统的可靠性。利用元件冗余可保证在局部有故障的情况下系统正常工作。带有热备份的系统称为 (25) 系统。它是 (26) ，因此只要有一个子系统能正常工作，整个系统仍能正常工作。（分数：2.00）A.并发B.双工C.双重D.并行A.两子系统同时同步运行，当联机子系统出错时，它退出服务，由备份系统接替B.备份系统处于电源开机状态，一旦联机子系统出错时，立即切换到备份系统C.两子系统交替处于工作和自检状态，当发现一子系统出错时，它不再交替到工作状态D.两子系统并行工作，提高机器速度，一旦

2、一个子系统出错，放弃并行工作某 CPU 的主振频率为 100MHz，平均每个机器周期包含 4 个主振周期。各类指令的平均机器周期数和使用频度如表 3-1 所示，则该计算机系统的速度为平均约 (5) 兆条指令/秒。表 3-1 各类指令的平均指令周期和使用频度指令类别 平均机器周期数/指令 使用频度访内存 2.5 25%一般算术逻辑运算 1.25 40%比较与转移等 1.5 25%乘除 15 5%其他 5 5%若某项事务处理工作所要执行的机器指令数是：控制程序(以访问内存、比较与转移等、其他指令为主)220000 条指令和业务程序(以包括乘除在内的算术逻辑运算为主)90000 条指令，旦指令使用频

3、度基本如表 3-1 所示，则该计算机系统的事务处理能力约为 (6) 项/秒。若其他条件不变，仅提高主振频率至150MHz，则此时该计算机速度平均约为 (7) 兆条指令/秒，对上述事务的处理能力约为 (8) 项/秒。若主频仍为 100MHz，但由于采用了流水线和专用硬件等措施，使各类指令的每条指令平均机器周期数都变为 1.25，此时，计算机的速度平均约为 (9) 兆条指令/秒。（分数：5.00）A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3G.50H.66.7I.100A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3G.50H.66.7I.100A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3

4、G.50H.66.7I.100A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3G.50H.66.7I.100A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3G.50H.66.7I.100一个复杂的系统可由若干个简单的系统串联或并联构成。已知两个简单系统 I 和 J 的失效率分别为 I=2510-5/h(小时)和 J=5104/h(小时)，则由 I 和 J 经如图 3-7 所示的串联和并联构成的复合系统P 和 Q 的失效率分别为 P (15) /h 和 Q (16) /h。平均无故障时间分别为 MTBFP (17) h 和MTBFQ (18) h。系统 P 开始运行后 2 万小时内能正常运行的概

5、率 RP= (19) 。（分数：5.00）A.2510-5B.3310-5C.6610-5D.7510-5A.2510-5B.3310-5C.6610-5D.7510-5A.1333B.1500C.3000D.4000A.1333B.1500C.3000D.4000A.e-5B.e-10C.e-15D.e-201.某系统的可靠性结构框图如图 3-5 所示。该系统由 4 个部件组成，其中 2、3 两部件并联冗余，再与1、4 部件串联构成。假设部件 1、2、3 的可靠度分别为 0.90、0.70、 0.70，若要求该系统的可靠度不低于 0.75，则进行系统设计时，分配给部件 4 的可靠度至少应为

6、(3) 。（分数：1.00）A.B.C.D.2.系统响应时间和作业吞吐量是衡量计算机系统性能的重要指标。对于一个持续处理业务的系统而言， (4) ，表明其性能越好。（分数：1.00）A.响应时间越短，作业吞吐量越小B.响应时间越短，作业吞吐量越大C.响应时间越长，作业吞吐量越大D.响应时间不会影响作业吞吐量3.三个可靠度只均为 0.8 的部件串联构成一个系统，如图 3-1 所示。（分数：1.00）A.0.240B.0.512C.0.800D.0.992设在图 3-8 和图 3-9 所示的系统中，R 1，R 2，R 3为 3 个加工部件，每个加工部件的失效率均为丸，可靠性均为只。则图 3-8 系

7、统的失效率为 (20) ，可靠性为 (21) 。图 3-9 中系统的失效率为 (22) ，可靠性为 (23) 。若每个加工部件的平均无故障时间为 5000 小时，则图 3-9 中系统的平均无故障时间为 (24) 小时。（分数：5.00）A./3B. 3C.3D.1- 3A.R/3B.R3C.3RD.1-R3A.(3/2)B.(2/3)C.(6/11)D.2A.(1-R2)3B.3(1-R2)C.R3(2-R)3D.1-3(1-R2)A.2500B.5000C.7500D.33334.若某计算机系统是由 500 个元器件构成的串联系统，且每个元器件的失效率均为 10 -7/H，在不考虑其他因素对

8、可靠性的影响时，该计算机系统的平均故障间隔时间为 (2) 小时。（分数：1.00）A.2104B.5104C.2105D.5105分别考虑如图 3-6 的 a，b，c 和 d 所示的系统。若其中单个 I/O 的可靠性都是 R1，单个 CPU 的可靠性都是R2，单个 MEM 的可靠性都是 R3，而三选二表决器的可靠性为 1，则图 a 系统的可靠性为 (10) ，图 b 系统的可靠性为 (11) ，图 c 系统的可靠性为 (12) ，图 d 系统的可靠性为 (13) 。（分数：5.00）(1). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F.G.H.(2). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F.

9、G.H.(3). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F.G.H.(4). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F.G.H.A.500B.600C.800D.1000数据库系统工程师-可靠性与系统性能评测答案解析(总分：26.00，做题时间：90 分钟)发展容错技术可提高计算机系统的可靠性。利用元件冗余可保证在局部有故障的情况下系统正常工作。带有热备份的系统称为 (25) 系统。它是 (26) ，因此只要有一个子系统能正常工作，整个系统仍能正常工作。（分数：2.00）A.并发B.双工C.双重 D.并行解析：A.两子系统同时同步运行，当联机子系统出错时，它退出服务，由备份系统接替 B.备份系

10、统处于电源开机状态，一旦联机子系统出错时，立即切换到备份系统C.两子系统交替处于工作和自检状态，当发现一子系统出错时，它不再交替到工作状态D.两子系统并行工作，提高机器速度，一旦一个子系统出错，放弃并行工作解析：分析利用元件冗余可保证在局部有故障的情况下系统能正常工作。带有热备份的系统称为双重系统。在双重系统中，两个子系统同时同步运行，当联机子系统出错时，它退出服务，由备份系统接替，因此只要有一个子系统能正常工作，整个系统仍能正常工作。这种备份方式也称为“热备份”。双工系统是指备份的机器平时停机或者做其他工作，仅在工作的机器出故障时，备份的机器再去代替，使整个系统仍然正常。某 CPU 的主振频

11、率为 100MHz，平均每个机器周期包含 4 个主振周期。各类指令的平均机器周期数和使用频度如表 3-1 所示，则该计算机系统的速度为平均约 (5) 兆条指令/秒。表 3-1 各类指令的平均指令周期和使用频度指令类别 平均机器周期数/指令 使用频度访内存 2.5 25%一般算术逻辑运算 1.25 40%比较与转移等 1.5 25%乘除 15 5%其他 5 5%若某项事务处理工作所要执行的机器指令数是：控制程序(以访问内存、比较与转移等、其他指令为主)220000 条指令和业务程序(以包括乘除在内的算术逻辑运算为主)90000 条指令，旦指令使用频度基本如表 3-1 所示，则该计算机系统的事务处

12、理能力约为 (6) 项/秒。若其他条件不变，仅提高主振频率至150MHz，则此时该计算机速度平均约为 (7) 兆条指令/秒，对上述事务的处理能力约为 (8) 项/秒。若主频仍为 100MHz，但由于采用了流水线和专用硬件等措施，使各类指令的每条指令平均机器周期数都变为 1.25，此时，计算机的速度平均约为 (9) 兆条指令/秒。（分数：5.00）A.1B.5C.10 D.15E.20F.33.3G.50H.66.7I.100解析：A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3 G.50H.66.7I.100解析：A.1B.5C.10D.15 E.20F.33.3G.50H.66.7I.100

13、解析：A.1B.5C.10D.15E.20F.33.3G.50 H.66.7I.100解析：A.1B.5C.10D.15E.20 F.33.3G.50H.66.7I.100解析：分析这道题主要考查对指令平均周期(CPI)的概念及其加权平均求法等知识点的掌握。主振频率为 100MHz，平均每个机器周期包含 4 个主振周期，所以每秒有100M425M个机器周期。用加权平均法求得指令平均周期数为55%+155%+1.525%+1.2540%+2.525%2.5所以该计算机系统的速度平均约为：25M2.510M/s因为访问内存指令(使用频度为 25%)、比较转移等指令(使用频度为 25%)及其他指令(

14、使用频度为 5%)的使用比率是 5：5：1，所以认为控制程序 220 000 条指令中访问内存指令有 220005/11=100 000 条，比较转移指令有 100 000 条，其他指令有 20000 条。同理可得，业务程序 90000 条指令中，一般逻辑运算指令(使用频度为 40%)有 80 000 条，乘除指令(使用频度为 5%)有 10 000 条。那么处理这项事务所需机器周期数为：1000002.5+1000001.5+200005+800001.25+1000015750000因此，该计算机系统每秒处理该事务的项数为：25M7500002500000075000033.3如果主频率提

15、高，则每秒处理该事务的项数变为：(150M4)75000050如果主频仍为 100MHz，由于采用了流水线和专用硬件等措施，使各类指令的每条指令平均机器周期数都变为 1.25，那么速度就是：25M/1.2520M/s一个复杂的系统可由若干个简单的系统串联或并联构成。已知两个简单系统 I 和 J 的失效率分别为 I=2510-5/h(小时)和 J=5104/h(小时)，则由 I 和 J 经如图 3-7 所示的串联和并联构成的复合系统P 和 Q 的失效率分别为 P (15) /h 和 Q (16) /h。平均无故障时间分别为 MTBFP (17) h 和MTBFQ (18) h。系统 P 开始运行

16、后 2 万小时内能正常运行的概率 RP= (19) 。（分数：5.00）A.2510-5B.3310-5C.6610-5D.7510-5 解析：A.2510-5B.3310-5 C.6610-5D.7510-5解析：A.1333 B.1500C.3000D.4000解析：A.1333B.1500C.3000 D.4000解析：A.e-5B.e-10C.e-15 D.e-20解析：分析在本题中，系统 P 是一个简单的串联系统，其失效率为： P I+ J2510 -5+510-47510 -5系统 Q 把两个 I 部件串联后再与部件 J 进行并联。两个 I 部件串联后的失效率为： I+ I2510

17、 -5+2510-55010 -5510 -4也就是说，两个 I 部件串联后的失效率与一个 J 部件的失效率是相等的。因此，根据并联系统的公式，可以得到系统 Q 的总失效率为： Q510 -4/(1+1/2)10 -3/33310 -5平均无故障时间与失效率的关系为 MTBF=1/，因此MTBFP=1/(7510-5)1333h；MTBF Q1/(3310 -5)3000h系统的可靠性只与失效率的关系为 Re -t ，因此，当 t 为 2 万小时(210 4)时，可得t7510 -52104151.某系统的可靠性结构框图如图 3-5 所示。该系统由 4 个部件组成，其中 2、3 两部件并联冗余

18、，再与1、4 部件串联构成。假设部件 1、2、3 的可靠度分别为 0.90、0.70、 0.70，若要求该系统的可靠度不低于 0.75，则进行系统设计时，分配给部件 4 的可靠度至少应为 (3) 。（分数：1.00）A.B.C. D.解析：分析本题考查的是计算机系统硬件方面的基础知识。从可靠性设计角度分析，该试题给出的是一种串并混合系统。首先考虑部件 2 和部件 3 是并联冗余结构，它们的可靠度分为 0.70，两者并联冗余的可靠性为20.70-0.702=0.91。在此基础上，系统可以看做是由可靠度为 0.90 的部件 1、可靠度为 0.91 的冗余部件和部件 4 串联构成的。要求构成的系统其

19、可靠性不低于 0.75。串联系统的可靠度为各部件可靠度之积，从而可以求出部件 4 的可靠度应不小于 0.92。2.系统响应时间和作业吞吐量是衡量计算机系统性能的重要指标。对于一个持续处理业务的系统而言， (4) ，表明其性能越好。（分数：1.00）A.响应时间越短，作业吞吐量越小B.响应时间越短，作业吞吐量越大 C.响应时间越长，作业吞吐量越大D.响应时间不会影响作业吞吐量解析：分析系统吞吐量，即每秒钟执行的作业数。系统吞吐量越大，则系统的处理能力就越强。系统吞吐量与系统硬、软件的选择有着直接的关系，如果要求系统具有较大的吞吐量，就应当选择具有较高性能的计算机和网络系统。系统响应时间是从用户向

20、系统发出一个作业请求开始，经系统处理后给出应答结果的时间。如果要求系统具有较短的响应时间，就应当选择运算速度较快的 CPU 及具有较高传递速率的通讯线路，如实时应用系统。3.三个可靠度只均为 0.8 的部件串联构成一个系统，如图 3-1 所示。（分数：1.00）A.0.240B.0.512 C.0.800D.0.992解析：分析计算机系统是一个复杂的系统，而且影响其可靠性的因素也非常繁复，很难直接对其进行可靠性分析；但通过建立适当的数学模型，把大系统分割成若干子系统，可以简化其分析过程。常见的系统可靠性数学模型有以下三种。1串联系统假设一个系统由 n 个子系统组成，当且仅当所有的子系统都能正常

21、工作时，系统才能正常工作，这种系统称为串联系统，如图 3-2 所示。*设系统各个子系统的可靠性分别用 R1，R 2，R n表示，则系统的可靠性为：RR 1R2Rn如果系统的各个子系统的失效率分别用 1， 2， n来表示，则系统的失效率为： 1+ 2+ n2并联系统假如一个系统由 n 个子系统组成，只要有一个子系统能够正常工作，系统就能正常工作，这种系统称为并联系统，如图 3-3 所示。*设系统各个子系统的可靠性分别用 R1，R 2，R n表示，则系统的可靠性为R1-(1-R 1)(1-R2)(1-Rn)假如所有的子系统的失效率均为 l 则系统的失效率为：*在并联系统中只有一个子系统是真正需要的

22、，其余 n-1 个子系统称为冗余子系统，随着冗余子系统数量的增加，系统的平均无故障时间也增加了。3模冗余系统m 模冗余系统由 m 个(m2n+1，为奇数)相同的子系统和一个表决器组成，经过表决器表决后，m 个子系统中占多数相同结果的输出作为系统的输出，如图 3-4 所示。*在 m 个子系统中，只有 n+1 个或 n+1 个以上子系统能正常工作，系统就能正常工作，输出正确结果。假设表决器是完全可靠的，每个子系统的可靠性为 R0，则 m 模冗余系统的可靠性为：*其中*为从 m 个元素中取 j 个元素的组合数。显然，本题是一个简单的串联系统可靠性计算的试题，其可靠性为R0.80.80.80.512设

23、在图 3-8 和图 3-9 所示的系统中，R 1，R 2，R 3为 3 个加工部件，每个加工部件的失效率均为丸，可靠性均为只。则图 3-8 系统的失效率为 (20) ，可靠性为 (21) 。图 3-9 中系统的失效率为 (22) ，可靠性为 (23) 。若每个加工部件的平均无故障时间为 5000 小时，则图 3-9 中系统的平均无故障时间为 (24) 小时。（分数：5.00）A./3B. 3C.3 D.1- 3解析：A.R/3B.R3 C.3RD.1-R3解析：A.(3/2)B.(2/3)C.(6/11)D.2 解析：A.(1-R2)3B.3(1-R2)C.R3(2-R)3 D.1-3(1-R

24、2)解析：A.2500 B.5000C.7500D.3333解析：分析显然，图 3-8 是一个简单的串联系统，其失效率为 +=3，系统的可靠性为 RRR=R 3。在图 3-9 中，总体上是一个串联系统，但每个部分又是一个开联系统。因此，我们先求出每个部分的失效率和可靠性。根据并联系统的公式，每个部分的失效率为 /(1+1/2)=2/3，每个部分的可靠性为 1-(1-R)2。所以，按照串联系统的公式，系统总的失效率为：2/3+2/3+2/32总的可靠性为：(1-(1-R)2)(1-(1-R)2)(1-(1-R)2)R 3(2-R)3由于系统的总失效率为 2，且每个部件的平均无故障时间1/=500

25、0h，所以系统的平均无故障时间为MTBF1/21/250002500h4.若某计算机系统是由 500 个元器件构成的串联系统，且每个元器件的失效率均为 10 -7/H，在不考虑其他因素对可靠性的影响时，该计算机系统的平均故障间隔时间为 (2) 小时。（分数：1.00）A.2104 B.5104C.2105D.5105解析：分析计算机系统的可靠性是指从它开始运行(t=0)到某时刻 t 这段时间内能正常运行的概率，用 R(t)表示。所谓失效率，是指单位时间内失效的元件数与元件总数的比例，以 表示，当 为常数时，可靠性与失效率的关系为 R(t)e-t，两次故障之间系统能正常工作的时间的平均值称为平均

26、无故障时间MTBF：MTBF=1/。通常用平均修复时间(MTRF)来表示计算机的可维修性，即计算机的维修效率，平均修复时间指从故障发生到机器修复平均所需要的时间。计算机的可用性是指计算机的使用效率，它以系统在执行任务的任意时刻能正常工作的概率 A 来表示。A=MTBF/(MTBF+MTRF)根据串联模型的分析，该计算机系统的总失效率为各元器件的失效率之和，即为 50010-7/H=510-5/H。因为失效率的倒数即为平均故障间隔时间，从而求出平均故障间隔时间为 2104/H。分别考虑如图 3-6 的 a，b，c 和 d 所示的系统。若其中单个 I/O 的可靠性都是 R1，单个 CPU 的可靠性

27、都是R2，单个 MEM 的可靠性都是 R3，而三选二表决器的可靠性为 1，则图 a 系统的可靠性为 (10) ，图 b 系统的可靠性为 (11) ，图 c 系统的可靠性为 (12) ，图 d 系统的可靠性为 (13) 。（分数：5.00）(1). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F.G. H.解析：(2). （分数：1.00）A.B.C.D.E. F.G.H.解析：(3). （分数：1.00）A.B.C. D.E.F.G.H.解析：(4). （分数：1.00）A.B.C.D.E.F. G.H.解析：A.500B.600 C.800D.1000解析：分析图 3-6(a)中，I/O、CPU

28、和 MEM 三者是串联的，根据 3.1.1 节中的串联系统模型公式，得到图 3-6(a)系统的可靠性为：RR 1R2R3图 3-6(b)是冗余系统模型。在一个有 m=2n+1 个子系统的冗余系统中，只要有 n+1 个或 n+1 个以上子系统能正常工作，系统就能正常工作，输出正确结果。现在我们用题目给出的数据代入到 3.1.1 节中的冗余系统模型公式，则 n+1=2，m=3。图 3-6(b)系统的可靠性为：*图 3-6(c)为先串联再并联，I/O，CPU，MEM 串联的可靠性前面已经求得为 R 1R2R3。现把它们看成一个整体，进行并联。把题目数据代入到 3.1.1 节中的并联系统模型公式，得到

29、图 3-6(c)系统的可靠性为：R1-(1-R 1R2R3)3图 3-6(d)为先并联再串联，两个 I/O 系统并联的可靠性为 1-(1-R1)2。再把它与 CPU 和 MEM 进行串联得图3-6(d)系统的可靠性为：1-(1-R1)2R2R3=(1-(1-2R1+*)R2R3=(2-R1)R1R2R3接下来是求 MTBF，MTBF 是系统的平均无故障时间。由于平均无故障时间 MTBF 与失效率 A 之间有关系：MTBF*，则根据题目中的条件，有*图 3-6(d)的前半部分是两个 I/O 系统并联，根据第 1 题中的并联系统失效率公式，可得：*因此，根据第 1 题中的串联系统的失效率公式，整个图 3-6(d)系统的 MTBF 为：*