2010上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷.doc

发布时间：2022-10-11 发布人：admin 分类：说明书资料大小：0.80M 资料格式：doc 举报版权申诉

第1页 / 共30页

第2页 / 共30页

第3页 / 共30页

第4页 / 共30页

第5页 / 共30页

第6页 / 共30页

第7页 / 共30页

第8页 / 共30页

CPU中的（14）的值可自动加1，以便实现程序指令的顺序执行。

Windows系统中的磁盘碎片整理程序（16）。

IPv6地址为（31）位。

IEEE 802.11标准定义的Ad hoc网络是（35）。

IEEE 802.3规定的最小帧长是（36）字节。

HTML语言中，可使用（41）标签将脚本插入HTML文档。

(44)A.textB.passwordC.pass D.key

Outlook Express作为邮件代理软件有诸多优点，下列说法中错误的是（47）。

POP3服务默认的TCP端口号是（50）。

(52)A.路由表B.ARPC.NATD.ACL

2010 上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷学生成绩表如下表所示。若要计算学生各科成绩、总分和平均分各项的最高分，可先在 C10 单元格中输入（1）,并(2)拖动填充柄至 H10 单元格,则可自动算出这些学生各科成绩、总分和平均分的最高分。 (1)A.MAX（C3:C9） B.=MAX（C3,C9） =MAX（C3+C9） =MAX（C3:C9） (2) A.向垂直方向 B.向水平方向 C.按住 shft 键盘向垂直方向 D.按住 shft 键盘向水平方向【答案】D B 【解析】 (1)因为对于选项 A,“MAX（C3:C9）”格式不对，公式前必须加“=”号；选项 B“=MAX （C3,C9）”是求单元格 C3 和 C9 中的最大值；选项 C“=MAX（C3+C9）”是将单元輅 C3 和 C9 相加，与题意不符；选项 D“=MAX（C3:C9）”是求单元格 C3 至 C9 中的最大值，与题意相符。 (2)根据题意，要计算学生的各科成绩、总分和平均分的最高分，可先在 C10 单元格中输入“=MAX（C3:C9）”并向水平方向拖动填充柄至 H10 单元格，则可自动算出这些学生各科成绩、总分和平均分的最高分。 “（3）”是访问某网站的正确网址。 (3) A.www.rkb.gov.cn B.xyz@ceiaec.org C.ceiaec.org\index.htm D.ceiaec.org@index.htm 【答案】A 【解析】选项 A 是访问某网站的正确网址；选项 B 是 E-mail 地址格式；选项 C 和选项 D 的分隔

符“\”和“@”错误。将某 ASCII 字符采用偶校验编码（7 位字符编码+1 位校验码）发送给接收方，在接收方收到的 8 位数据中，若（4）,则能确定传输过程中发生错误。 (4) A.“1”的个数为奇数 B.“1”的个数为偶数 C.最低位为“1” D.最高位为“1” 【答案】A 【解析】本题考查校验码方面的基础知识。采用偶校验编码时，数据位和校验位中“1”的个数应是偶数。当接收方收到的 8 位数据中“1”的个数为奇数时，可以确定传输过程中出错。若内存按字节编址，用存储容量为 32K×8 比特的存储器芯片构成地址编号 A0000H 至 DFFFFH 的内存空间，则至少需要（5）片。 (5)A.4 【答案】C B.6 C.8 D.10 【解析】本题考查存储器基础知识。地址编号 A0000H 至 DFFFFH 的内存空间中共有 218（DFFFF-A0000=3FFFF）个存储单元，每个单元 8 比特，因此需要的存储器芯片数目为 218/215=23 个。 32 位微处理器的 32 是指（6）。 (6) A.系统总线的宽度为 32 位 B.处理的数据长度只能为 32 位 C.CPU 字长为 32 位 D.通用寄存器数目为 32 个【答案】C 【解析】本题考查计算机系统基础知识。在同一时间处理二进制数的位数叫字长。通常称处理字长为 8 位数据的 CPU 叫 8 位 CPU， 32 位 CPU 就是在同一时间内可处理字长为 32 位的二进制数据。以下关于 CPU 与主存之间增加高速缓存（Cache）的叙述，不正确的是（7）。 (7) A.Cache 扩充了主存储器的容量 B.Cache 可以降低由于 CPU 与主存之间的速度差异造成的系统性能影响

C.Cache 的有效性是利用了对主存储器访问的局部性特征 D.Cache 中通常保存着主存储器中部分内容的一份副本【答案】A 【解析】本题考查计算机系统基础知识。 Cache（高速缓冲存储器）是一种特殊的存储器子系统，其中复制了频繁使用的数据以利于快速访问。Cache 的出现是基于两种原因：首先是由于 CPU 的速度和性能提高很快而主存速度较低且价格高，其次就是程序执行的局部性特点。因此，才将速度比较快而容量有限的 SRAM 构成 Cache，目的在于尽可能发挥 CPU 的高速度。衡量计算机的主要性能指标除了字长、存取周期、运算速度之外，通常还包括（8）, 因为其反映了（9）。 (8) A.外部设备的数量 C.计算机的体积 B.计算机的制造成本 D.主存储器容量大小 (9) A.每秒钟所能执行的指令条数 B.存储器读写速度 C.计算机即时存储信息的能力 D.该计算机保存大量信息的能力【答案】D C 【解析】 (8)因为计算机功能的强弱或性能的好坏，不是由某项指标来决定的，而是由它的系统结构、指令系统、硬件组成、软件配置等多方面的因素综合决定的。但主要性能指标有字长、存取周期、运算速度以及主存储器容量的大小来决定的。 (9)因为主存是 CPU 可以直接访问的存储器，需要执行的程序与需要处理的数据就是存放在主存中的。主存储器容量的大小反映了计算机即时存储信息的能力。随着操作系统的升级，应用软件的不断丰富及其功能的不断扩展，人们对计算机主存容量的需求也不断提高。目前，运行 Windows XP 操作系统则需要 128MB 以上的主存容量。主存容量越大，系统功能就越强大，能处理的数据量就越大。用户提出需求并提供经费，委托软件公司开发软件。但在双方商定的协议中未涉及软件著作权的归属，则软件著作权属于（10）所有。 (10)A.软件用户 B.软件公司 C.用户与软件公司共同 D.社会公众【答案】B

【解析】本题考查知识产权基本知识，即软件著作权归属。依据我国《著作权法》、《计算机软件保护条例》，委托开发的软件，可归属于委托方，也可归属于受托方，或者由委托方和受托方双方共有。具体情况由双方订立的合同约定来确认软件著作权归属。如果委托方和受托方之间签订了书面的委托开发合同，并对委托开发的软件著作权的归属有明确约定的，那么该委托开发软件著作权应依照合同的约定确认著作权归属关系。对于在委托开发软件活动中，委托方和受托方之间没有签订书面的委托开发合同，或者虽然签订了书面的委托开发合同，但是合同中对该委托开发软件著作权的归属约定不明确的，那么根据法律的规定，该委托开发软件的著柞权则属于受托者所有，但是委托人可以享有该软件的使用权。法律的这种规定主要是考虑了受托人是软件的实际开荩者，是软件真实的智力投资者，符合开发者享有软件著作权的一般原则。所以，本题涉及的软件著作权应属于软件公司。李某购买了一张有注册商标的正版软件光盘，擅自将其复制出售，则该行为侵犯了开发商的（11）。 (11)A.财产所有权 B.商标权 C.物权 D.知识产权【答案】D 【解析】本题考查知识产权基本知识，即区别侵犯物权与知识产权行为。将他人的软件光盘占为己有，涉及的是物体本身，即软件的物化载体，该行为是侵犯财产所有权的行为。如果行为人虽未占有这一软件光盘，（如借或租他人一张软件光盘，使用后返还），但擅自将该软件光盘复制出售，则该行为涉及的是无形财产，即软件开发商的思想表现形式（知识产品），属于侵犯知识产权行为。若不考虑 I/O 设备本身的性能，则影响计算机系统 I/O 数据传输速度的主要因素是（12）。 (12)A.地址总线宽度 C.主存储器的容量【答案】B 【解析】本题考查计算机系统基础知识。 B.数据总线宽度 D.CPU 的字长地址总线宽度决定了 CPU 可以访问的物理地址空间，简单地说就是 CPU 到底能够使用多大容量的内存。CPU 字长指 CPU 在单位时间内（同一时间）能一次处理的二进制数的位数。数据总线负责计算机中数据在各组成部分之间的传送，数据总线宽度是指在芯片内部数据传

送的宽度，而数据总线宽度则决定了 CPU 与二级缓存、内存以及输入/输出设备之间一次数据传输的信息量。十六进制数 CC 所对应的八进制数为（13） (13)A.314 B.630 C.1414 D.3030 【答案】A 【解析】本题考查进制转换基础知识。十六进制数 CC 的二进制形式为 11001100,从右向左三位划分为一组，对应的八进制数为 314。 CPU 中的（14）的值可自动加 1，以便实现程序指令的顺序执行。 (14)A.指令寄存器（IR） C.地址寄存器（AR）【答案】B 【解析】本题考查 CPU 结构基础知识。 B.程序计数器（PC） D.指令译码器（ID）指令寄存器（IR）用来保存当前正在执行的指令。当执行一条指令时，先把它从内存取到数据寄存器（DR）中，然后再传送至 IR。为了执行任何给定的指令，必须对操作码进行测试，以便识别所要求的操作。指令译码器（ID）就是做这项工作的。指令寄存器中操作码字段的输出就是指令译码器的输入。操作码一经译码后，即可向操作控制器发出具体操作的特定信号。地址寄存器（AR）用来保存当前 CPU 所访问的内存单元的地址。由于在内存和 CPU 之间存在着操作速度上的差别，所以必须使用地址寄存器来保持地址信息，直到内存的读/写操作完成为止。为了保证程序指令能够连续地执行下去，CPU 必须具有某些手段来确定下一条指令的地址。而程序计数器正是起到这种作用，所以通常又称为指令计数器。在程序开始执行前，必须将它的起始地址，即程序的一条指令所在的内存单元地址送入 PC，因此程序计数器（PC）的内容即是从内存提取的第一条指令的地址。当执行指令时，CPU 将自动修改 PC 的内容，即每执行一条指令 PC 增加一个量，这个量等于指令所含的字节数，以便使其保持的总是将要执行的下一条指令的地址。由于大多数指令都是按顺序来执行的，所以修改的过程通常只是简单的对 PC 加 1。

源程序中的（15）与程序的运行结果无关。 (15)A.注释的多少 C.循环语句的执行次数【答案】A 【解析】本题考查程序语言基础知识。 B.变量的取值 D.表达的求值方式源程序中的注释是写给人看的，翻译源程序的过程中会被过滤掉，因此注释的多少与程序的运行结果无关。 Windows 系统中的磁盘碎片整理程序（16）。 (16)A.仅将卷上的可用空间合并，使其成为连续的区域 B.只能使每个文件占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间 C.只能使每个文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间 D.使每个文件和文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间【答案】D 【解析】因为，在 Windows 系统中的磁盘碎片整理程序可以分析本地卷，使每个文件或文件夹占用卷上连续的磁盘空间，合并卷上的可用空间使其成为连续的空闲区域，这样系统就可以更有效地访问文件或文件夹，以及更有效地保存新的文件和文件夹。通过合并文件和文件夹，磁盘碎片整理程序还将合并卷上的可用空间，以减少新文件出现碎片的可能性。合并文件和文件夹碎片的过程称为碎片整理。对于二维数组 a[1..6，1..8],设每个元素占 2 个存储单元，且以列为主序存储，则元素 a[4,4]相对于数组空间起始地址的偏移量是（17）个存储单元。 (17)A.28 B.42 C.48 D.54 【答案】B 【解析】本题考查数据结构基础知识。

在这里需要注意元素是按行存还是按列存存储的。’ 按列存储时，a[4,4]之前的元素个数为 21（3×6+3），每个元素占 2 个存储单元，因此 a[4,4] 相对于数组空间起始地址的偏移量是 42。按行存储时，a[4,4]之前的元素个数为 27（3×8+3），该元素相对于数组空间起始地址的偏移量是 54。已知某带权图 G 的邻接表如下所示，其中表结点的结构为：则图 G 是（18）。 (18)A.无向图 B.完全图 C.有向图 D.强连通图【答案】C 【解析】本题考查数据结构基础知识。从题中的邻接表中可知，该图的边为、、、、、、、、，如下图所示，显然，这是个有向图。

在无向图中，若存在边（vi，vj）,则它同时为 vj 和 vi 之间的边。在上面的邻接表中，存在边，而不存在，因此该图不是无向图。对于无向图，其边数 e 和顶点数 n 的关系为 e=n×（n-1）/2。对于有向图，其边数 e 和顶点数 n 的关系为 e=n×（n-1），因此该图不是完全图。若有向图为强连通图，则任意两个顶点间要存在路径。在该有向图中，由于顶点 v4 没有出边，因此，不存在 v4 到其他顶点的路径，因此该图不是强连通图。在下面的选项中，比较准确地描述了不归零码的是（19）。 (19)A.用低电平表示二进制 0,用高电平表示二进制 1 B.用电平从低到高的跳变表示二进制 0,从高到低的跳变表示二进制 1 C.每比特的开始无跳变表示二进制 0,有跳变表示二进制 1 D.每比特中间回到 0 电平表示二进制 0,不回到 0 电平表示二进制 1 【答案】A 【解析】三种编码的波形见下图所示。 • NRZ 编码：不归零编码 NRZ 用低电平表示二进制比特“0”，用高电平表示二进制比特“1”。 • Manchester 编码：该编码是一种双相码，即码兀取正负两个不同的电平，或者说由正负两个不同的码元表示一个比特，这样编码的效率为 50%，但是由于每个比特中间都有电平跳变，因而提供了丰富的同步信息。这种编码用在数据速率不太高的以太网中。

分享到：

赞收藏

资料库

2010上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷.doc

相关推荐

网络管理员考试

热门标签

最新资料