2009上半年网络工程师考试真题及答案-上午卷.doc

发布时间：2022-10-09 发布人：admin 分类：说明书资料大小：1.33M 资料格式：doc 举报版权申诉

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RS-232-C的电气特性采用V.28标准电路，允许的数据速率是（13),传输距离不大于（14)。

(13)A.lKb/sB.20Kb/sC.100Kb/sD.IMb/s

HDLC协议是一种（17),采用（18)标志作为帧定界符。

RIPv2是增强了的RIP协议，下面关于RIPv2的描述中，错误的是（27).

(32)A.ipconfig /allB.route printC.tracert –d

Linux操作系统中，建立动态路由需要用到文件（33).

Linux操作系统中，网络管理员可以通过修改（34)文件对Web服务器的端口进行配置。

Linux有三个查看文件的命令，若希望能够用光标上下移动来查看文件内容，应使用(35)命令。

(35)A.catB.moreC.lessD.menu

Windows Server 2003操作系统中，IIS 6.0不提供下列（36)服务。

Windows Server 2003操作系统中，(37)提供了远程桌面访问。

(38)A.CMDB.MMCC.AUTOEXED.Regedit

D.网络安全应以不能影响系统的正常运行和合法用户的操作活动为前提

Alice向Bob发送数字签名的消息M,则不正确的说法是（43)。

C.尽可能保留并延长用户对原有网络设备的投资，减少在资金投入上的浪费

D.选择性能价格比高、质量过硬的产品，使资金的投入产出达到最大值

B.在满足技术性能要求的基础上，最好价格便宜、使用方便、即插即用、配置简单

C.具备一定的网络服务质量和控制能力以及端到端的QoS

D.具备高速的数据转发能力

2009 上半年网络工程师考试真题及答案-上午卷 (1)是指按内容访问的存储器。 (1)A.虚拟存储器 B.相联存储器 C.高速缓存（Cache) D.随机访问存储器【答案】B 【解析】本题考查计算机系统存储器方面的基础知识。计算机系统的存储器按所处的位置可分为内存和外存。按构成存储器的材料，可分为磁存储器、半导体存储器和光存储器。按存储器的工作方式可分为读写存储器和只读存储器。按访问方式可分为按地址访问的存储器和按内容访问的存储器。按寻址方式可分为随机存储器、顺序存储器和直接存储器。相联存储器是一种按内容访问的存储器。处理机主要由处理器、存储器和总线组成。总线包括（2)。 (2)A.数据总线、地址总线、控制总线 B.并行总线、串行总线、逻辑总线 C.单工总线、双工总线、外部总线 D.逻辑总线、物理总线、内部总线【答案】A 【解析】本题考查计算机系统总线和接口方面的基础知识。广义地讲，任何连接两个以上电子元器件的导线都可以称为总线。通常可分为 4 类: ①芯片内总线。用于在集成电路芯片内部各部分的连接。 ②元件级总线。用于一块电路板内各元器件的连接。 ③内总线，又称系统总线。用于构成计算机各组成部分（CPU、内存和接口等）的连接。 ④外总线，又称通信总线。用计算机与外设或计算机与计算机的连接或通信。连接处理机的处理器、存储器及其他部件的总线属于内总线，按总线上所传送的内容分为数据总线、地址总线和控制总线。计算机中常采用原码、反码、补码和移码表示数据，其中，±0 编码相同的是（3）。 (3)A.原码和补码 B.反码和补码 C.补码和移码 D.原码和移码【答案】C 【解析】本题考查计算机系统数据编码基础知识。设机器字长为 n (即采用 n 个二进制位表示数据），最高位是符号位，0 表示正号，1 表

示负号。原码表示方式下，除符号位外，n-1 位表示数值的绝对值。因此，n 为 8 时，[+0]原 = 0 0000000，[-0]原=l 0000000。正数的反码与原码相同，负数的反码则是其绝对值按位求反。n 为 8 时，数值 0 的反码表示有两种形式：[+0]反=0 0000000, [-0]反=1 1111111。正数的补码与其原码和反码相同，负数的补码则等于其反码的末尾加 1。在补码表示中， 0 有唯一的编码：[+0]原= 0 0000000, [-0]原=00000000。移码表示法是在数 X 上增加一个偏移量来定义的，常用于表示浮点数中的阶码。机器字长为 n 时，在偏移量为 2n-1 的情况下，只要将补码的符号位取反便可获得相应的移码表示。某指令流水线由 5 段组成，第 1、3、5 段所需时间为△t，第 2、4 段所需时间分别为 3 △t、2△t,如下图所示，那么连续输入 n 条指令时的吞吐率（单位时间内执行的指令个数） TP 为（4）, (4)A. C. 【答案】B B. D. 【解析】本题考査计算机系统流水线方面的基础知识。吞吐率和建立时间是使用流水线技术的两个重要指标。吞吐率是指单位时间里流水线处理机流出的结果数。对指令而言，就是单位时间里执行的指令数。流水线开始工作，须经过一定时间才能达到最大吞吐率，这就是建立时间，若 m 个子过程所用时间一样，均为△t0，则建立时间 T0 = m△t0。本题目中，连续输入 n 条指令时，第 1 条指令需要的时间为(l+3+l+2+l)△t，之后，每隔 3△t 便完成 1 条指令，即流水线一旦建立好，其吞吐率为最长子过程所需时间的倒数。综合 n 条指令的时间为(1+3+1+2+1)△t+ (/j-1)X3△t，因此吞吐率为

某项目主要由 A〜I 任务构成，其计划图（如下图所示）展示了各任务之间的前后关系以及每个任务的工期（单位：天)，该项目的关键路径是（5）。在不延误项目总工期的情况下，任务 A 最多可以推迟开始的时间是（6）天。 (5)A.A—G—I B.A—D—F—H—I C.B—E—G—I D.C—F—H—I (6)A.0 B.2 C.5 D.7 【答案】C B 【解析】 (5)本题考査项目计划的关键路径和松弛时间。图中任务流 A—G—I 的持续时间为 15; 任务流 A—D—F—H—I 的持续时间为 18;任务流 B—E—G—I 的持续时间为 20;任务流 C—F —H—I 的持续时间为 13。因此关键路径为 B—E—G—I,其持续时间是 20。 (6)任务 A 处于任务流 A—G—I 和任务流 A—D—F—H—I 中，分别持续时间为 15 和 18，因此任务 A 的可延迟开始时间为 2。软件风险一般包含（7)两个特性。 (7)A.救火和危机管理 B.己知风险和未知风险 C.不确定性和损失 D.员工和预算【答案】C 【解析】本题考查软件风险的特性。软件风险一般包括不确定性和损失两个特性，其中不确定性是指风险可能发生，也可能不发生：损失是当风险确实发生时，会引起的不希望的后果和损失。救火和危机管理是对不适合但经常采用的软件风险管理策略。己知风险和未知风险是对软件风险进行分类的一种方式。员工和预算是在识别项目风险时需要识别的因素。

设系统中有 R 类资源 m 个，现有 n 个进程互斥使用。若每个进程对 R 资源的最大需求为 w，那么当 m、n、w 取下表的值时，对于下表中的 a~e 五种情况，(8)两种情况可能会发生死锁。对于这两种情况，若将（9),则不会发生死锁。 (8)A.a 和 b B.b 和 c C.c 和 d D.c 和 e (9)A.n 加 1 或 w 加 1 C.m 减 1 或 w 加 1 【答案】D B 【解析】 B.m 加 1 或 w 减 1 D.m 减 1 或 w 减 1 (8)本题考查对操作系统死锁方面基本知识掌握的程度。系统中同类资源分配不当会引起死锁。一般情况下，若系统中有 m 个单位的存储器资源，它被 n 个进程使用，当每个进程都要求 w 个单位的存储器资源，当 m

个资源，此时，系统中还剩 1 个资源，可以使其中的一个进程得到所需资源并运行完毕，所以不会发生死锁。 . 情况 e: m=4, n=3, w=3,系统中有 4 个资源，3 个进程使用，每个进程最多要求 3 个资源，此时，采用的分配策略是轮流地为每个进程分配，则第一轮系统先为每个进程分配 1 个，第二轮系统先为一个进程分配 1 个，此时，系统中已无可供分配的资源，使得各个进程都处于等待状态导致系统发生死锁，这时进程资源图如下图所示。 (9) 对于 c 和 e 两种情况，若将 m 加 1，则情况 c: m=3，+ n=2, w=2,系统中有 3 个资源，2 个进程使用，每个进程最多要求 2 个资源，系统先为每个进程分配 1 个，此时，系统中还剩 1 个可供分配的资源，使得其中的一个进程能得到所需资源执行完，并释放所有资源使另一个进程运行完毕；若将 w 减 1，则情况 c: m=2, n=2, w=l，系统中有 2 个资源，两个进程各需一个，系统为每个进程分配 1 个，此时，进程都能运行完，显然不会发生死锁。情况 e 分析同理。关于软件著作权产生的时间，表述正确的是（10). (10)A.自作品首次公开发表时 B.自作者有创作意图时 C.自作品得到国家著作权行政管理部门认可时 D.自作品完成创作之日【答案】D 【解析】本题考査知识产权中关于软件著作权方面的知识。在我国，软件著作权采用“自动保护”原则。《计算机软件保护条例》第十四条规定： “软件著作权自软件开发完成之日起产生。”即软件著作权自软件开发完成之日起自动产生，不论整体还是局部，只要具备了软件的属性即产生软件著作权，既不要求履行任何形式的登记或注册手续，也无须在复制件上加注著作权标记，也不论其是否己经发表都依法享有软件著作权。

—般来讲，一个软件只有开发完成并固定下来才能享有软件著作权。如果一个软件一直处于开发状态中，其最终的形态并没有固定下来，则法律无法对其进行保护。因此，条例（法律）明确规定软件著作权自软件开发完成之日起产生。当然，现在的软件开发经常是一项系统工程，一个软件可能会有很多模块，而每一个模块能够独立完成某一项功能。自该模块开发完成后就产生了著作权。所以说，自该软件开发完成后就产生了著作权。 E 载波是 ITU-T 建议的传输标准，其中 E3 信道的数据速率大约是（11) Mb/s.贝尔系统 T3 信道的数据速率大约是（12) Mb/s。 (11)A.64 (12)A.1.5 【答案】B C 【解析】 B.34 B.6.3 C.8 C.44 D.2 D.274 (11)E 载波是 ITU-T 建议的数字传输标准，分为 5 个复用级别。在 E1 信道中，8 位组成 —个时槽，32 个时槽（TS0〜TS31)组成一个帧，16 个帧组成一个复帧。在 E1 帧中，TS0 用于帧控制，TS16 用于随路信令和复帧控制，其余的 30 个时槽用于传送话音和数据。 E1 载波的数据速率为 2.048Mb/s，其中每个信道的数据速率是 64Kb/s。 E2 信道由 4 个 El 信道组成，数据速率为 8.448Mb/s。 E3 信道由 16 个 E1 信道组成，数据速率为 34.368Mb/s» (12) E4 信道由 4 个 E3 信道组成，数据速率为 139.264Mb/s。 E5 信道由 4 个 E4 信道组成，数据速率为 565.148Mb/s。 T 载波是贝尔系统的数字传输标准（如下图所示)，在北美和日本使用。T 载波中话音信道的数据速率为 56Kb/sd4 路话音被复合在一条 T1 信道上，其数据速率为 1.544Mb/s。 T2 信道由 4 个 T1 信道组成，数据速率为 6.312Mb/s。 T3 信道由 7 个 T2 信道组成，数据速率为 44.736Mb/s。 T4 信道由 6 个 T3 信道组成，数据速率为 274.176Mb/s。

RS-232-C 的电气特性采用 V.28 标准电路，允许的数据速率是（13),传输距离不大于（14)。 (13)A.lKb/s B.20Kb/s C.100Kb/s (14)A.lm B.15m C.100m D.IMb/s D.lKm 【答案】B B 【解析】物理层标准规定了 DTE 与 DCE 之间接口的机械特性、电气特性、功能特性和过程特性。 RS-232-C 是主要的物理层接口之一，是 PC 的标准设备。RS-232-C 的机械特性没有规定，可以采用 25 针、15 针或 9 针 D 型连接器，RS-232-C 的电气特性与 CCITTV.28 标准兼容。常用的各种电气特性标准参见下表。三种电气特性标准比较曼彻斯特编码的特点是（15)，它的编码效率是（16)。 (15)A.在“0”比特的前沿有电平翻转，在“1”比特的前沿没有电平翻转 B.在“1”比特的前沿有电平翻转，在“0”比特的前沿没有电平翻转 C.在每个比特的前沿有电平翻转 D.在每个比特的中间有电平翻转

(16)A.50% B.60% C.80% D.100% 【答案】D A 【解析】 (15)曼彻斯特编码（Manchester Code)是一种双相码（或称分相码）。双相码要求每一位中间都要有一个电平转换，因而这种代码的优点是自定时，同时双相码也有检测差错的功能，如果某一位中间缺少了电平翻转，则被认为是违例代码。在下图中，我们用髙电平到低电平的转换边表示“0”，而低电平到髙电平的转换边表示“1”，相反的表示也是允许的。比特中间的电平转换既表示了数据代码，同时也作为定时信号使用。曼彻斯特编码用在以太网中。差分曼彻斯特编码类似于曼彻斯特编码，它把每一比特的起始边有无电平转换作为区分“0” 和“1”的标志，这种编码用在令牌环网中。 (16)在曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码中，每比特中间都有一次电平跳变，因此波特率是数据速率的两倍。对于 100Mb/s 的高速网络，如果采用这类编码方法，就需要 200M 的波特率，其硬件成本是 100M 波特率硬件成本的 5〜10 倍。作为一种变通的办法，可以使用 4B/5B 或 8B/10B 编码。 HDLC 协议是一种（17),采用（18)标志作为帧定界符。 (17)A.面向比特的同步链路控制协议 B.面向字节计数的同步链路控制协议 C.面向字符的同步链路控制协议 D.异步链路控制协议 (18)A.10000001 B.01111110 C.10101010 D.10101011 【答案】A B 【解析】（17）数据链路控制协议分为面向字符的协议和面向比特的协议。面向字符的协议以字

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