網絡工程師考試2008年上半年上午試題解析（一）
● 內存採用段式存儲管理有許多優點，但 （1） 不是其優點。（1）A．分段是信息邏輯單位，用戶不可見 B．各段程序的修改互不影響 C．地址變換速度快、內存碎片少 D．便於多道程序共享主存的某些段試題解析： 虛擬存儲器可以分為兩類：頁式和段式。頁式虛擬存儲器把空間劃分為大小相同的塊，稱為頁面。而段式虛擬存儲器則把空間劃分為可變長的塊，稱為段。頁面是對空間的機械劃分，而段則往往是按程序的邏輯意義進行劃分。 頁式存儲管理的優點是頁表對程序員來說是透明的，地址變換快，調入操作簡單；缺點是各頁不是程序的獨立模塊，不便於實現程序和數據的保護。 段式存儲管理的優點是消除了內存零頭，易於實現存儲保護，便於程序動態裝配；缺點是調入操作複雜，地址變換速度慢於頁式存儲管理。答案：C● 現有四級指令流水線，分別完成取指、取作的時間依次為數、運算、傳送結果四步操作。若完成上述操9ns、10ns、6ns、8ns。則流水線的操作週期應設計為 （2） ns。 （2）A．6 B．8 C．9 D．10試題解析： 取最大的那個微指令時間作為流水線操作週期。答案：D● 內存按字節編址，地址從90000H到CFFFFH，若用存儲容量為16K×8bit器芯片構成該內存，至少需要的存儲 （3） 片。 （3）A．2 B．4 C．8 D．16
試題解析： （CFFFFH-90000H+1） / 16k = 40000H / 4000H = 10H = 16。答案：D● （4） 是一種面向數據流的開發方法，其基本思想是軟件功能的分解和抽象。（4）A．結構化開發方法 B．Jackson系統開發方法 C．Booch方法 D．UML（統一建模語言）試題解析： 結構化開發方法是一種面向數據流的開發方法。 Jackson開發方法是一種面向數據結構的開發方法。 Booch和UML方法是面向對象的開發方法。答案：A● 採用UML進行軟件設計時，可用 （5） 關係表示兩類事物之間存在的特殊/一般關係，用聚集關係表示事物之間存在的整體一部分關係。 （5）A．依賴 B．聚集 C．泛化 D．實現試題解析： 依賴：表示一個元素以某種方式依賴於另一種元素。 泛化：表示一般與特殊的關係，即"一般"元素是"特殊"關係的泛化。 聚合：表示整體與部分的關係。 實現：一種模型元素（如類）與另外一種模型元素（如接口）連接起來，其中接口只是行為的說明而不是結構或者實現。答案：C● 某項目制定的開發計劃中定義了3個任務，其中任務A首先開始，且需要3周完成，任務周完B必須在任務A啟動1周後開始，且需要2周完成，任務C必須在任務A後才能開始，且需要完成2周完成。該項目的進度安排可用下面的甘特圖 （6） 來描述。 試題解析： 這個簡單得都不用說了，小學生看圖說話都能選對。答案：D● 下列敘述中錯誤的是 （7） 。（7）A．面向對象程序設計語言可支持過程化的程序設計 B．給定算法的時間複雜性與實現該算法所採用的程序設計語言無關 C．與彙編語言相比，採用腳本語言編程可獲得更高的運行效率 D．面向對象程序設計語言不支持對一個對象的成員變量進行直接訪問試題解析： 腳本語言是解釋執行的，其效率遠低於編譯運行的語言，更不用說彙編語言了。答案：C● 在下圖所示的樹型文件系統中，方框表示目錄，圓圈表示文件，"/"表示路徑中的分隔符，"/"在路徑之首時表示根目錄。圖中， （8） 。假設當前目錄是A2，若進程A以如下兩種方式打開文件f2： 方式① fd1=open(″ （9） /f2″, o_RDONLY); 方式② fd1=open(″/A2/C3/f2″, o_RDONLY);那麼，採用方式①的工作效率比方式②的工作效率高。 （8）A．根目錄中文件f1與子目錄C1、C2和C3中文件f1相同 B．子目錄C1中文件f2與子目錄C3中文件f2是相同的 C．子目錄C1中文件f2與子目錄C3中文件f2是不同的 D．子目錄C1中文件f2與子目錄C3中文件f2可能相同也可能不相同（9）A．/A2/C3 B．A2/C3 C．C3 D．f2試題解析： 常識。答案：（8）D，（9）C ● 依據我國著作權法的規定， （10） 屬於著作人身權。（10）A．發行權 B．複製權 C．署名權 D．信息網絡傳播權試題解析： 常識。答案：C● E1載波把32個信道按 （11） 方式複用在一條2.048Mb/s的高速信道上，每條話音信道的數據速率是 （12） 。（11）A．時分多路 B．空分多路 C．波分多路 D．頻分多路（12）A．56kb/s B．64kb/s C．128kb/s D．512kb/s試題解析： E載波和T載波都是採用時分多路複用技術（TDM）的典型通信機制。 現代電信技術中，每條話音信道的數據速率是64kb/s。答案：（11）A，（12）B● 下圖的兩種編碼方案分別是 （13） 。 （13）A．①差分曼徹斯特編碼，②雙相碼 B．①NRZ編碼，②差分曼徹斯特編碼 C．①NRZ-I編碼，②曼徹斯特編碼 D．①極性碼，②雙極性碼試題解析： 在NRZ-I編碼方式中，信號電平的一次反轉代表比特1，沒有電平變化代表比特0。例如： 曼徹斯特編碼在每個比特間隙中間的電平跳變來同時代表比特位和同步信息。負電平到正電平的跳變代表比特1，而正電平到負電平的跳變則代表比特0。（反過來表示也可以，只要通訊雙方採用相同的表示法即可）。例如： 答案：C● 假設模擬信號的最高頻率為5MHz，採樣頻率必須大於 （14） ，才能使得到的樣本信號不失真，如果每個樣本量化為256個等級，則傳輸的數據速率是 （15） 。 （14）A．5MHz B．10MHz C．15MHz D．20MHz （15）A．10Mb/s B．50Mb/s C．80Mb/s D．100Mb/s 試題解析： 尼奎斯特證明：當採樣頻率大於等於模擬信號最高頻分量頻率的兩倍時，所得的離散信號可以無失真地還原被採樣的模擬信號。當模擬信號的最高頻率為5MHz，採樣頻率必須大於10MHz。 256個等級需要用8位來存儲（ 28=256），10M×8=80Mb/s。答案：（14）B，（15）C● 在異步通信中，每個字符包含1位起始位、7位數據位、1位奇偶位和2位終止位，若每秒鐘傳送100個字符，採用4相位調製，則碼元速率為 （16） ，有效數據速率為 （17） 。 （16）A．50波特 B．500波特 C．550波特 D．1100波特 （17）A．500b/s B．700b/s C．770b/s D．1100b/s試題解析： 4相位調製每次信號變換可以傳輸 log24=2個比特，因此碼元速率為（1+7+1+2）×100÷2=550波特。有效數據數率當然是7×100=700b/s了。答案：（16）C，（17）B● 設信道帶寬為3400Hz，調製為4種不同的碼元，根據Nyquist定理 ，理想信道的數據速率為 （18） 。 （18）A．3.4Kb/s B．6.8Kb/s C．13.6Kb/s D．34Kb/s試題解析： 4種不同的碼元可以分別用於表示00、01、10和11，也就是說每次信號變換就傳輸2個比特。因此數據速率為2×3400×2=13.6Kb/s。答案：C● 採用CRC校驗的生成多項式為 G（x）=x16+x15+x2+1，它產生的校驗碼是 （19） 位。 （19）A．2 B．4 C．16 D．32試題解析： 多項式最高次為16，意味著校驗碼是16位。 答案：C● IPv6地址以16進制數表示，每4個16進制數為一組，組之間用冒號分隔，下面的IPv6地址ADBF:0000:FEEA:0000:0000:00EA:00AC:DEED的簡化寫法是 （20） 。（20）A．ADBF:0:FEEA:00:EA:AC:DEED B．ADBF:0:FEEA::EA:AC:DEED C．ADBF:0:FEEA:EA:AC:DEED D．ADBF::FEEA::EA:AC:DEED試題解析： 雙冒號（：：）用於化簡最長的0000，但只能用一次。答案：B● 瀏覽器與Web服務器通過建立 （21） 連接來傳送網頁。 （21）A．UDP B．TCP C．IP D．RIP試題解析： 這個要是錯了，還是不要考網工好了。答案：B● 在TCP協議中，採用 （22） 來區分不同的應用進程。 （22）A．端口號 B．IP地址 C．協議類型 D．MAC地址試題解析： 這個要是錯了，還是不要考網工好了。答案：A● TCP是互聯網中的傳輸層協議，使用 （23） 次握手協議建立連接。這種建立連接的方法可以防止 （24） 。 （23）A．1 B．2 C．3 D．4 （24）A．出現半連接 B．無法連接 C．產生錯誤的連接 D．連接失效試題解析： 常識。答案：（23）C，（24）C● ARP協議的作用是由IP地址求MAC地址，ARP請求是廣播發送，ARP響應是 （25） 發送。 （25）A．單播 B．組播 C．廣播 D．點播試題解析： 由於不知道目標設備的MAC地址在哪裡，因此ARP請求必須使用廣播方式。 但是ARP請求包中包含有發送方的MAC地址，因此應答的時候就應該使用單播方式了。 答案：A分享到:
