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2017下半年网络规划师考试真题及答案-上午卷.doc

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2017 下半年网络规划师考试真题及答案-上午卷 某计算机系统采用 5 级流水线结构执行指令,设每条指令的执行由取指令(2△t)、分析 指令 (1△t)、取操作数(3△t)、运算(1△t),写回结果(2△t)组成,并分别用 5 个子部 件完成,该流水线的最大吞吐率为(1);若连续向流水线拉入 10 条指令,则该流水线的加 速比为(2)。 (1)A. (2)A.1:10 【答案】B C B. B.2:1 C. C.5:2 D. D.3:1 吞吐率:指的是计算机中的流水线在特定的时间内可以处理的任务数量。 因为 TP=n/Tk n:任务数 Tk:处理 N 个任务所需要的时间。 在本题中,最大吞吐率为(1/3)T。 加速比:完成同样一批任务,不使用流水线所花的时间和使用流水线所用的时间之比。 在本题中,加速比是 90/36=5:2。 RISC(精简指令系统计算机)是计算机系统的基础技术之一,其特点不包括(3)。 (3) A.指令长度固定,指令种类尽量少 B.寻址方式尽量丰富,指令功能尽可能强 C.增加寄存器数目,以减少访存次数 D.用硬布线电路实现指令解码,以尽快完成指令译码 【答案】B RISC 鼓励尽可能使用较少的寻址方式,这样可以简化实现逻辑、提高效率。相反地, CISC 则提倡通过丰富的寻址方式来为用户编程提供更大的灵活性。 在磁盘上存储数据的排列方式会影响 I/O 服务的总时间。假设每磁道划分成 10 个物理 块,每块存放 1 个逻辑记录。逻辑记录 R1,R2,…,R10 存放在同一个磁道上,记录的安排
顺序如下表所示: 假定磁盘的旋转速度为 30ms/周,磁头当前处在 R1 的开始处。若系统顺序处理这些记 录,使用单缓冲区,每个记录处理时间为 6ms,则处理这 10 个记录的最长时间为(4);若 对信息存储进行优化分布后,处理 10 个记录的最少时间为(5)。 (4)A.189ms (5)A.60ms 【答案】D B B.208ms B.90ms C.289ms C.109ms D.306ms D.180ms 本题是一个较为复杂的磁盘原理问题,我们可以通过模拟磁盘的运行来进行分析求解。 运作过程为: 1、读取 R1:耗时 3ms。读取完,磁头位于 R2 的开始位置。 2、处理 R1:耗时 6ms。处理完,磁头位于 R4 的开始位置。 3、旋转定位到 R2 开始位置:耗时 24ms。 4、读取 R2:耗时 3ms。读取完,磁头位于 R3 的开始位置。 5、处理 R2:耗时 6ms。处理完,磁头位于 R5 的开始位置。 6、旋转定位到 R3 开始位置:耗时 24ms。 …… 从以上分析可以得知,读取并处理 R1 一共需要 9 毫秒。而从 R2 开始,多了一个旋转定位时 间,R2 旋转定位到读取并处理一共需要 33 毫秒,后面的 R3 至 R10 与 R2 的情况一致。所以 一共耗时: 9+33*9=306 毫秒。 本题后面一问要求计算处理 10 个记录的最少时间。其实只要把记录间隔存放,就能达到这 个目标。在物理块 1 中存放 R1,在物理存 4 中存放 R2,在物理块 7 中存放 R3,依此类推, 这样可以做到每条记录的读取与处理时间之和均为 9ms,所以处理 10 条记录一共 90ms。 对计算机评价的主要性能指标有时钟频率、(6)、运算精度、内存容量等。对数据库管 理系统评价的主要性能指标有(7)、数据库所允许的索引数量、最大并发事务处理能力等。 (6)A.丢包率 B.端口吞吐量 C.可移植性 D.数据处理速率
(7)A.MIPS B.支持协议和标准 C.最大连接数 D.时延抖动 【答案】D C (6)衡量数据库管理系统的主要性能指标包括数据库本身和管理系统两部分,有:数据 库的大小、数据库中表的数量、单个表的大小、表中允许的记录(行)数量、单个记录(行) 的大小、表上所允许的索引数量、数据库所允许的索引数量、最大并发事务处理能力、负载 均衡能力、最大连接数等等。 (7)评价 Web 服务器的主要性能指标有:最大并发连接数、响应延迟、吞吐量。 一个好的变更控制过程,给项目风险承担着提供了正式的建议变更机制。如下图所示的 需求变更管理过程中,①②③处对应的内容应分别是(8)。 (8) A.问题分析与变更描述、变更分析与成本计算、变更实现 B.变更描述与成本计算、变更分析、变更实现 C.问题分析与变更分析、成本计算、变更实现 D.变更描述、变更分析与变更实现、成本计算 【答案】A 在需求管理过程中需求的变更是受严格管控的,其流程为: 1、问题分析和变更描述。这是识别和分析需求问题或者一份明确的变更提议,以检查 它的有效性,从而产生一个更明确的需求变更提议。 2、变更分析和成本计算。使用可追溯性信息和系统需求的一般知识,对需求变更提议 进行影响分析和评估。变更成本计算应该包括对需求文档的修改、系统修改的设计和实现的 成本。一旦分析完成并且确认,应该进行是否执行这一变更的决策。
3、变更实现。这要求需求文档和系统设计以及实现都要同时修改。如果先对系统的程 序做变更,然后再修改需求文档,这几乎不可避免地会出现需求文档和程序的不一致。 以下关于敏捷方法的叙述中,错误的是(9)。 (9) A.敏捷型方法的思考角度是“面向开发过程”的 B.极限编程是著名的敏捷开发方法 C.敏捷型方法是“适应性”而非“预设性” D.敏捷开发方法是迭代增量式的开发方法 【答案】A 敏捷方法是面向对象的,而非面向过程。 某人持有盗版软件,但不知道该软件是盗版的,该软件的提供者不能证明其提供的复制 品有合法来源。此情况下,则该软件的(10)应承担法律责任。 (10)A.持有者 B.持有者和提供者均 C.提供者 D.提供者和持有者均不 【答案】C 软件的复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的,不承担赔 偿责任;但是,应当停止使用、销毁该侵权复制品。如果停止使用并销毁该侵权复制品将给 复制品使用人造成重大损失的,复制品使用人可以在向软件著作权人支付合理费用后继续使 用。 以下关于 ADSL 的叙述中,错误的是(11)。 (11)A.采用 DMT 技术依据不同的信噪比为子信道分配不同的数据速率 B.采用回声抵消技术允许上下行信道同时双向传输 C.通过授权时隙获取信道的使用 D.通过不同宽带提供上下行不对称的数据速率 【答案】C A.ADSL 就是采用 DMT 技术依据不同的信噪比为子信道分配不同的数据率(对)
B.2-4 线转换会引入线路回声,在 ADSL 上存在 2-4 线转换电路,由于电路存在不匹配 问题,会有一部分的信号被反馈回来,在发送时把不需要的回声去掉,就是回声抵消技术(对) C.在无源光网络中,OLT 使用 RTT 来调整每个 ONU 的授权时隙(错) D.ADSL 就是不对称上下行带宽(对) 100BASE-TX 采用的编码技术为(12),采用(13)个电平来表示二进制 0 和 1。 B.8B6T B.3 C.8B10B C.4 D.MLT-3 D.5 (12)A.4B5B (13)A.2 【答案】A A (12)A.4B5B:100Base-TX B.8B6T:100Base-T4 C.8B10B:8b/10b 编码是目前许多高速串行总线采用的编码机制,如 USB3.0、1394b、 Serial ATA、PCI Express、Infini-band、Fibre Channel(光纤通道)、RapidIO 等总线或 网络等。 D.MLT-3:MLT-3 即 Multi-Level Transmit -3,多电平传输码,MLT-3 码跟 NRZI 码有 点类型,其特点都是逢“1”跳变,逢“0”保持不变,并且编码后不改变信号速率。如 NRZI 码不同的是,MLT-3 是双极性码,有”-1”、“0”、“1”三种电平,编码后直流成份大大减少, 可以进行电路传输,100Base-TX 采用此码型。MLT-3 编码规则:1).如果下一输入为“0”, 则电平保持不变;2).如果下一输入为“1”,则产生跳变,此时又分两种情况。 (a).如果前 一输出是“+1”或“-1”,则下一输出为“0”; (b).如果前一输出非“0”,其信号极性和 最近一个非“0”相反。 (13)题目是问采用几个电平来表示 0 和 1,而不是问用几个 0 和 1 表示一组编码。 例如极性码是用正电平表示 0,负电平表示 1,所以极性码是用 2 个电平表示 0 和 1 的。 双极性码:遇 1 正负电平翻转,遇 0 保持 0 电平,所以双极性码中,用 3 种电平{正,负, 0}来表示 0 和 1 的。 在编码表示 0 和 1 中,最多只会用到 3 种电平:正,0,负。或者说成高,低(0 附近),负。 编码按使用电平的个数来分类,分为 2 类: 第一类:用 2 个电平表示 0 和 1,如极性码、4B5B 编码; 第二类:用 3 个电平表示 0 和 1 的,如双极性码、归零码。
没有那个编码用到 4 个以上的电平的。 4B/5B 编码,是把数据 4 位分成一组,编成新 5 位一组才发送。而发送时是由 NRZ-I 方式传 输的。NRZ-I 编码中,编码后电平只有正负电平之分,没有零电平,正电平 1 负电平 0,没 有 0 电平,是不归零编码。所以只用了 2 个电平正和负! 局域网上相距 2km 的两个站点,采用同步传输方式以 10Mb/s 的速率发送 150000 字节大 小的 IP 报文。假定数据帧长为 1518 字节,其中首部为 18 字节;应答帧为 64 字节。若在收 到对方的应答帧后立即发送下一帧,则传送该文件花费的总时间为(14)ms(传播速率为 200m/μs),线路有效速率为(15)Mb/s。 (14)A.1.78 (15)A.6.78 【答案】D D B.12.86 B.7.86 C.17.8 C.8.9 D.128.6 D.9.33 (14)总时间的=传输时延+传播时延 先算总的传输时延: 一 共 150000*8=1200000 位 , 数 据 帧 是 (1518-18)*8=12000 位 , 那 么 一 共 1200000/(1518-18)*8=100 帧。一帧的传输时延是 1518*8/10000000,那么总的传输时延是 100*1518*8/10000000=0.12144s,而由于是必须等待应答信号,所以应答信号的总传输时延 是 100*64*8/10000000=0.00512s。总传输时延是 0.12144+0.00512=0.1265。 再算总的传播时延:2*100*2000/200000000=0.002s。所以总时延等于 128.6ms。 (15) 1200000/X=0.1286,那么有效速率是 9.33Mbps。 站点 A 与站点 B 采用 HDLC 进行通信,数据传输过程如下图所示。建立连接的 SABME 帧 是(16)。在接收到站点 B 发来的“REJ,1”帧后,站点 A 后续应发送的 3 个帧是(17)帧。
(16)A.数据帧 (17)A.1,3,4 【答案】C D B.监控帧 B.3,4,5 C.无编号帧 D.混合帧 C.2,3,4 D.1,2,3 当建立 LAPD 连接时,SABME 帧一般是第一个被传递的帧。属于无编号帧,接收方发送 REJ(i),当发送方接受到该 REJ 时,发送方重传第 i 帧以及第 i 帧后续的所有帧。 在域名服务器的配置过程中,通常(18)。 (18)A.根域名服务器和域内主域名服务器均采用迭代算法 B.根域名服务器和域内主域名服务器均采用递归算法 C.根域名服务器采用迭代算法,域内主域名服务器采用递归算法 D.根域名服务器采用递归算法,域内主域名服务器采用迭代算法 【答案】C 递归算法,也叫负责任的算法,虽然我不知道你需要的解析结果,但我会从其它域名服 务器那儿帮你查找到结果,然后再告诉你,最终会给你一个满意的答案。这样的话,我就比 较忙。
迭代算法,也叫踢球法,也就是不负责任,把问题踢给别人。我不知道你需要的答案,但我 知道谁有答案,你去找他。这样的话,我就不是很忙,因为我只告诉了你去找谁。 根域名服务器当然不能太忙,所以应采用比较偷懒的方法—迭代法; 域内主域名服务器忙是必须的,因为你就是专门干这个事的,所以你一定不能偷懒,一定要 给人家一个满意的结果,所以你要用递归法。 在 Windows 操作系统中,启动 DNS 缓存的服务是(19);采用命令(20)可以清除本地 缓存中的 DNS 记录。 (19)A.DNS Cache B.DNS Client C.DNS Flush D.DNS Start (20)A.ipconfig/flushdns B.ipconfig/cleardns C.ipconfig/renew D.ipconfig/release 【答案】B A (19)在“开始\控制面板\系统和安全\管理工具\服务”中看到的与 DNS 有关的服务只有 DNS Client。 (20) A、/flushdns 清除 DNS 解析程序缓存。 B、无此参数 C、/renew 更新指定适配器的 IPv4 地址。 D、/release 释放指定适配器的 IPv4 地址。 IP 数据报的首部有填充字段,原因是(21)。 (21)A.IHL 的计数单位是 4 字节 B.IP 是面向字节计数的网络层协议 C.受 MTU 大小的限制 D.为首部扩展留余地 【答案】A 因为 IHL 必须是 4 字节的整数倍,如果不够 4 的整数倍,则后面要用全 0 填充字段补齐 成为 4 字节的整数倍。 IP 数据报经过 MTU 较小的网络时需要分片。假设一个大小为 3000 的报文经过 MTU 为 1500 的网络,需要分片为(22)个较小报文,最后一个报文的大小至少为(23)字节。
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