2012上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷.doc

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2012 上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷在 Windows 系统中，若要查找文件名中第二个字母为 b 的所有文件，则可在查找对话框中输入（1）：若用鼠标单击应用程序窗口左上角最右的图标，则可以（2）该应用程序窗口。 (1)A.?b*.* (2)A.缩小【答案】A D B.?b.* B.放大 C.*b*.* C.移动 D.*b.* D.关闭【解析】本题考查 Windows 系统基本操作方面的基础知识。 (1)Windows 系统有两个通配符?、*。其中?与单个字符匹配，而*与 0 至多个字符匹配，故若要查找文件名的第二个字母为 b 的所有文件，则可在查找对话框中输入“?b*.*”。 (2)在 Windows 系统中用鼠标左键双击应用程序窗口左上角的图标，则可以关闭该应用程序窗口。在 Excel 中，设 A1 单元格的值为 23，A2 单元格的值为 36,若在 A3 单儿格屮输入 A1-A2, 则 A3 单元格中的内容为（3）;若在 A3 单元格输入公式“=TEXT(A2，"Y0.00"）",则 A3 单元格的值为（4）。 (3)A.-13 (4)A.¥36 【答案】D B.13 B.¥36.00 C.###### C.36.00 D.A1-A2 D.#VALUE 【解析】本题考查 Excel 基础知识方面的知识。 (3)根据题意，在 A3 单元格中输入 A1-A2,意味着在 A3 单元格屮输入的是字符串，所以选项 D 是正确的。 (4)函数 TEXT 的功能是根据指定格式将数值转换为文本，公式“=TEXT(A1，"¥0.00"）” 转换的结果为￥36.00 http://www.tsinghua.edu.cn/index.html 中的 http 表示(5） (5)A.域名 B.所使用的协议 C.访问的主机 D.请求查看的文档【答案】B 【解析】本题考查网络地址方面的基础知识。统一资源地址（URL）用来在 Internet 上唯一确定位置的地址。通常用来指明所使用的

计算机资源位置及查询信息的类型。http://www.tsinghua.edu.cn/index.html 中，http 表不所使用的协议，www.tsinghua.edu.cn 表示访问的主机和域名，com.cn 表示域名， index.html 表示请求査看的文档。寄存器寻址方式中的操作数放在(6)中。 (6)A.高速缓存 B.主存单元 C.通用寄存器 D.程序计数器【答案】C 【解析】本题考查计算机系统中指令系统的基础知识。指令中的寻址方式就是如何对指令中的地址字段进行解释，以获得操作数的方法或获得程序转移地址的方法。常用的寻址方式有： •立即寻址。操作数就包含在指令中。 •直接寻址。操作数存放在内存单元中，指令中直接给出操作数所在存储单元的地址。 •寄存器寻址。操作数存放在某一寄存器中，指令中给出存放操作数的寄存器名。 •寄存器间接寻址。操作数存放在内存单元中，操作数所在存储单元的地址在某个寄存器中。 •间接寻址。指令中给出操作数地址的地址。 •相对寻址。指令地址码给出的是一个偏移量（可正可负），操作数地址等于本条指令的地址加上该偏移量。 •变址寻址。操作数地址等于变址寄存器的内容加偏移量。在计算机系统中，（7）是指在 CPU 执行程序的过程中，由于发生了某个事件，需要 CPU 哲时中止正在执行的程序，转去处理这一事件，之后又冋到原先被中止的程序，接着中止前的状态继续向下执行。 (7)A.调用 B.调度 C.同步 D.中断【答案】D 【解析】本题考查计算机系统的中断基础知识。中断是计算机系统中的一个重要概念，它是指在 CPU 执行程序的过程中，由于某一个外部的或 CPU 内部事件的发生，使 CPU 暂时中止正在执行的程序，转去处理这一事件，当事件处理完毕后又回到原先被中止的程序，接着中止前的状态继续向下执行。以下关于奇偶校验的叙述中，正确的是（8）。

(8) A.奇校验能够检测出信息传输过程中所有出错的信息位 B.偶校验能够检测出信息传输过程中所有出错的信息位 C.奇校验能够检测出信息传输过程中一位数据出错的情况，但不能检测出是哪一位 D.偶校验能够检测出信息传输过程中两位数据出错的情况，但不能检测出是哪两位出错出错【答案】C 【解析】本题考查数据校验基础知识。奇偶校验是一种简单有效的校验方法。这种方法通过在编码中增加一个校验位，来使编码中 1 的个数为奇数（奇校验）或者偶数（偶校验）。对于奇偶校验，若合法编码中奇数位发生了错误，也就是编码中的 1 变成 0 或 0 变成 1,则编码中 1 的个数的奇偶性就发生了变化，从而可以发现错误，但不能检测出是哪些位出错。常见的内存由（9）构成，它用电容存储信息且需要周期性地进行刷新。 (9)A.DRAM B.SRAM C.EPROM D.FlashROM 【答案】A 【解析】本题考查计算机系统中存储器基础知识。 DRAM（Dynamic Random Access Memory,动态随机存取存储器）使用电容存储，为了保持数据，必须隔一段时间刷新一次，如果存储单元没有被刷新，存储的信息就会丢失。 SRAM（Static Random Access Memory）利用晶体管来存储数据，不需要刷新电路即能保存它内部存储的数据。SRAM 具有较高的性能，缺点是集成度较低。也就是相同容量的 DRAM 内存可以设计为较小的体积，SRAM 却需要很大的体积，且功耗较大。主存常用 DRAM，高速缓存（Cache）常采用 SRAM。 EEPROM（Electrically ErasableP rogrammable Read-Only Memory,电口 J"擦可编程只读存储器）是一种掉电后数据不丢失的存储芯片。闪存（Flash Memory）是一种长寿命的非易失性（在断电情况下仍能保持所存储的数椐信总）存储器，它是电子可擦除只读存储器（EEPROM）的变种，由于能在字节水平上进行删除和重写而不是整个芯片擦写，闪存比 EEPROM 的更新速度快。在 8 位、16 位、32 位和 64 位字长的计算机中，（10）位字长计算机的数据运算精度最

高；计算机的运算速度通常是指每秒钟所能执行（11）指令的数目，常用 MIPS 来表示。 (10)A.8 (11)A.加法【答案】D A B.16 B.减法 C.32 C.乘法 D.64 D.除法【解析】本题考查考生计算机性能方面的基础知识。 (10)字长是计算机运算部件一次能同时处理的二进制数据的位数，字长越长，数据的运算精度也就越高，计算机的处理能力就越强。 (11)计算机的运算速度通常是指每秒钟所能执行加法指令数目，常用每秒百万次（MIPS）来衣示。 8 位机器码表示十进制整数-127,则其原码表示为（12），补码表示为（13）。 (12)A.10000000 B.11111111 C.10111111 D.11111110 (13)A.10000001 B.11111111 C.10111110 D.11111110 【答案】B A 【解析】本题考查计算机系统中数据表示基础知识。如果机器字长为 n（即采用 n 个二进制位表示数据），则最高位是符号位，0 表示正号， 1 表示负号，其余的 n-1 位表示数值的绝对值。正数的补码与其原码相同，负数的补码则等于其原码的数值部分各位取反，末尾再加 1。十进制整数-127 的二进制表示为-1111111，其原码表示为 11111111，补码表示为 10000001。要判断 16 位二进制整数 x 的低三位是否全为 0，则令其与十六进制数 0007 进行（14）运算，然后判断运算结果是否等于 0。 (14)A.逻辑与 B.逻辑或 C.逻辑异或 D.算术相加【答案】A 【解析】本题考查计算机系统中数据运算基础知识。在逻辑运算中，设 A 和 B 为两个逻辑变量，当且仅当 A 和 B 的取值都为“真”时，A 与 B 的值为“真”；否则 A 与 B 的值为“假”。当且仅当 A 和 B 的取值都为“假”时，A 或 B 的值为“假”；否则 A 或 B 的值为“真”。当且仅当 A、B 的值不同时，A 异或 B 为“真”，否则 A 异或 B 为“假”。对于 16 位二进制整数 X，其与 0000000000000111（即十六进制数 0007）进行逻辑与运

算后，结果的高 13 位都为 0，低 3 位则保留 x 的低 3 位，因此，当 x 的低 3 位全为 0 时，上述逻辑与运算的结果等于 0。 (15)专门用于翻译汇编语言源程序。 (15)A.编译程序 B.汇编程序 C.解释程序 D.链接程序【答案】B 【解析】本题考查程序语言翻译基础知识。用某种高级语言或汇编语言编写的程序称为源程序，源程序不能直接在计算机上执行。如果源程序是用汇编语言编写的，则需要一个称为汇编程序的翻译程序将其翻译成目标程序后才能执行。如果源程序是用某种高级语言编写的，则需要对应的解释程序或编译程序对其进行翻译，然后在机器上运行。解释程序翻译源程序时不产生独立的目标程序，而编译程序则需将源程序翻译成独立的目标程序。链接程序则用于将多个目标程序链接起来，以形成可执行程序。以下文件格式中，（16）属于声音文件格式。 (16)A.PDF B.MID C.XLS D.GIF 【答案】B 【解析】本题考査多媒体基础知识。声音在计算机中存储和处理时，其数据必须以文件的形式进行组织，所选用的文件格式必须得到操作系统和应用软件的支持。如同文本文件一样，在因特网上和各种不同计算机以及应用软件中使用的声音文件格式也互不相同。MID 是目前较成熟的音乐格式，实际上已经成为一种产业标准，如 GeneralMIDI 就是最常见的通行标准。作为音乐产业的数据通信标准， MIDI 能指挥各音乐设备的运转，而且具有统一的标准格式，能够模仿原始乐器的各种演奏技巧甚至无法演奏的效果，而且文件的长度非常短。声音信号采样时，（17）不会直接影响数字音频数据量的多少。 (17)A.采样率 B.量化精度 C.声道数量 D.音量放大倍数【答案】D 【解析】本题考查多媒体基础知识。

波形声音信息是一个用来表示声音振幅的数据序列，它是通过对模拟声音按一定间隔采样获得的幅度值，再经过量化和编码后得到的便于计算机存储和处理的数据格式。声音信号数字化后，其数据传输率（每秒位数）与信号在计算机中的实时传输有直接关系，而其总数据量又与计算机的存储空间有直接关系。（18）不是软件商业秘密的基本特件。 (18)A.秘密性 B.实用性 C.保密性 D.公开性【答案】D 【解析】我国《反不正当竞争法》中对商业秘密的定义为“不为公众所知悉、能为权利人带来经济利益、具有实用性并经权利人采取保密措施的技术信息和经营信息”。从这一定义中可以看出商业秘密具有秘密性、实用性和保密性三个特征。这些特征表明了商业秘密的基本构成条件。秘密性（未公开性）是指商业秘密事实上未被公众了解（不为公众所知悉）或没有进入公共领域。“公众”的含义是相对的，除负有保密或不得利用该秘密义务的人外，都可以称之为 “公众”。狭义的讲，只要被一个“公众”从公开渠道直接知晓，该秘密就意味着公开，也就丧失了“秘密性”。实用性（价值性）是指商业秘密能给拥有者带来经济利益，或者说商业秘密能为权利人带来商业利益，具有经济上的价值。这种经济利益或实用性，是指该信息具有确定的可应用性（该信息能够直接应用），能够为权利人带来现实的或潜在的经济利益或竞争优势，或者具有积极意义。保密性是指商业秘密的合法拥有者在主观上应有保守商业秘密的意愿，在客观上己经采取相应的措施进行保密。如果主观上没有保守商业秘密的意愿，或者客观上没有采取相应的保密措施，那么就认为不具有保密性。一项商业秘密受到法律保护的依据是必须具备构成商业秘密的三个条件，即不为公众所知悉（未公开）、具有实用性、采取了保密措施，当缺少三个条件之一都会造成商业秘密丧失保护。例如，由于_商业秘密权利人采取的保密措施不当，或者第三人的善意取得（如合法购买者通过对软件的反编译得到软件的源代码），都可能导致“秘密性”的丧失，不再构成商业秘密。只要商业秘密不再是“秘密”，也就无法据此来主张权利。公开性是知识产权保护对象（客体）的一个基本特征，但商业秘密不具有此特征，它是依靠

保密来维持其专有权利的，如果公开将失去法律的保护。 X.25 公用数据网采用的交换技术是（19）,ATM 通信网采用的交换技术是（20）。 (19)A.分组交换 B.电路交换 C.报文交换 D.信元交换 (20)A.分组交换 B.电路交换 C.报文交换 D.信元交换【答案】A D 【解析】 (19)X.25 公用数据 M 采用分组交换技术，分组的大小为 128 字节或 256 字节，较小的分组在噪声网络中有利于重发。 (20)ATM 通信网采用的交换技术是信元交换，信元大小为 53 字节，短的、固定长度的信元为使用硬件进行高速交换创造了条件。这两种网络都是面向连接的虚电路网络，在数据传输之前需要先建立虚电路，然后所有的分组（或信元）都沿着同一虚电路传送到目标。下面关于光纤的论述中，错误的是（21）。 (21)A.单模光纤的纤芯直径较小 B.单模光纤的传播距离较远 C.多模光纤采用不同波长直线传输 D.多模光纤分为渐变型和突变型两种【答案】C 【解析】光纤分为单模光纤和多模光纤。单模光纤（Single Mode Fiber）米用激光二极管作为光源，波长分为 1310nm 和 1550nm 两种。单模光纤的纤芯直径为 8.3μm，包层外径为 125 μm，可表示为 8.3/125μm。单模光纤色散很小，适用于远程通信。如果希望支持万兆传输，而且距离较远，应考虑采用单模光缆。从光纤的损耗特性来看，1310nm 波长区是光纤通信的理想工作窗口，也是当前光纤通信系统的主要工作波段。1310nm 单模光纤的主要参数由 ITU-T 在 G652 建议中确定，因此这种光纤又称为 G652 光纤。多模光纤（MultiModeFiber）采用发光二极管作为光源，波长分为 850nm 和 1300nm 两种。多模光纤的纤芯较粗，有 50μm 和 62.5μm 两种，包层外径为 125μm，分别表示为 50/125 μm 和 62.5/125μm。多模光纤可传多种模式的光，如果采用折射率突变的纤芯材料，则这种光纤称为多模突变型光纤；如果采用折射率渐变的纤芯材料，则这种光纤称为多模渐变型光纤。多模光纤的色散较大，限制了传输信号的频率，而且随距离的增加这种限制会更加严

重。所以多模光纤传输的距离比较近，一般只有几公里。但是多模光纤比单模光纤价格便宜。对传输距离或数据速率要求不高的场合可以选择多模光缆。设信道的码元速率为 600 波特，采用 4 相 DPSK 调制，则其数据速率为（22）b/s。 (22)A.300 B.600 C.1000 D.1200 【答案】D 【解析】根据尼奎斯特定理，码元携带的信息量由码元取的离散值个数决定。若采用 4 相 DPSK 调制，则码元可取 4 种离散值，一个码元携带 2 位信息。根据公式 R=Blog2N=2Wlog2N（b/s）则有 R=Blog2N=600 波特×2=1200b/s 路由器 Console 端口默认的数据速率为（23）。 (23)A.2400b/s B.4800b/s C.9600b/s D.10Mb/s 【答案】C 【解析】把 PC 的 COM1 端口通过控制台电缆与交换机的 Console 端口相连，按照下图所示的默认参数配置 PC 的超级终端，就可以访问到交换机了。可见，路由器 Console 端口默认的数据速率为 9600b/s。

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