2013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：0.53M 资料格式：doc 举报版权申诉

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Windows磁盘碎片整理程序（5），通过对磁盘进行碎片整理，（6）。

CPU执行指令时，先要根据（8）将指令从内存读取出并送入（9），然后译码并执行。

ISO/OSI参考模型的哪个协议层使用硬件地址作为服务访问点？（24）。

WLAN标准IEEE802.11g规定的数据速率是多少？（35）。

(38)A.B.

HDLC是一种什么协议？（39）。

SNMP报文在管理站和代理之间传送。由代理发给管理站，不需要应答的报文是（63）报文。

Windows命令行输入（66）命令后显示的结果如下图所示，从图中可知本机的IP地址是（67）。

2013 上半年网络管理员考试真题及答案-上午卷在 Word 的编辑状态下，若要防止在段落中间出现分页符，可以通过单击鼠标右键，在弹出的菜单中选择（1）命令；在“段落”对话框中，选择“换行和分页”选项卡，然后再勾选（2）。 (1)A.段落（P） B.插入符号（S） C.项目符号（B） D.编号（N） (2)A.□孤行控制（W） B.□与下段同页（X） C.□段中不分页 D.□段前分页【答案】A C 【解析】在 Word 编辑状态下，若要防止在段落中间出现分页符，可以通过单击鼠标右键，弹出的菜单如图（a）所示；选择择“换行和分页”选项卡，如图（b）“段落”命令；在系统弹出的“段落”对话框中，选所示；然后再勾选“□段中不分页（K）即可。某 Excel 工作表如下所示，若在 D1 单元格中输入=$A$1+$B$1+C1，则 D1 的值为（3）；此时，如果向垂直方向拖动填充柄至 D3 单元格，则 D2 和 D3 的值分别为（4）。 (3)A.34 B.36 C.39 D.54 (4) A.79 和 99 B.69 和 93 C.64 和 60 D.79 和 93

【答案】D C 【解析】在 Excel 中，$A$1 和$8$1 为绝对地址，其值为 16 和 18；C1 为相对地址，故在 D1 单元格中输入=$A$1+$B$1+C1，则 D1=16+18+20=54；若向垂直方向拖动填充柄至 D2 单元格时，则 D2=16+18+30=64 ，结果如下图所示，若向垂直方向拖动填充柄至 D3 单元格时，则 D3=16+18+26=60。结果如下图所示。 Windows 磁盘碎片整理程序（5），通过对磁盘进行碎片整理，（6）。 (5) A.只能将磁盘上的可用空间合并为连续的区域 B.只能使每个操作系统文件占用磁盘上连续的空间 C.可以使每个文件和文件夹占用磁盘上连续的空间，合并盘上的可用空间 D.可以清理磁盘长期不用的文件，回收其占用空间使其成为连续的 IS 域 (6) A.可以提高对文件和文件夹的访问效率 B.只能提高对文件夹的访问效率，但对文件的访问效率保持不变 C.只能提高系统对文件的访问效率，但对文件夹的访问效率保持不变 D.可以将磁盘空间的位示图管理方法改变为空闲区管理方法【答案】C A 【解析】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。工作时需要动态刷新的是（7）。 (7)A.DRAM B.PROM C.EPROM D.SRAM

【答案】A 【解析】本题考查计算机系统中存储器基础知识。主存一般由 RAM 和 ROM 这两种工作方式的存储器组成，其绝大部分存储空间由 RAM 构成。其中，RAM 分为 SRAM（静态 RAM）和 DRAM（动态 RAM）两种，DRAM 利用电容存储数据，电容会漏电，因此 DRAM 需要周期性地进行刷新，以保护数据。 CPU 执行指令时，先要根据（8）将指令从内存读取出并送入（9），然后译码并执行。 (8)A.程序计数器 B.指令寄存器 C.通用寄存器 D.索引寄存器 (9)A.程序计数器 B.指令寄存器 C.地址寄存器 D.数据寄存器【答案】A B 【解析】本题考查计算机系统的基础知识。寄存器是 CPU 中的一个重要组成部分，它是 CPU 内部的临时存储单元。CPU 中的寄存器通常分为存放数据的寄存器、存放地址的寄存器、存放控制信息的寄存器、存放状态信息的寄存器和其他寄存器等类型。指令寄存器用于存放正在执行的指令。对指令译码后将指令的操作码部分送指令译码器进行分析，然后根据指令的功能向有关部件发出控制命令。程序计数器（PC）用于给出指令的内存地址：当程序顺序执行时，每取出一条指令，PC 内容自动增加一个值，指向下一条要取的指令。当程序出现转移时，则将转移地址送入 PC，然后由 PC 指向新的程序地址。在 CPU 与内存之间交换数据时，需要将要访问的内存单元地址放入地址寄存器，需要交换的数据放入数据寄存器。显示器的性能指标主要包括（10）和刷新频率。若显示器的（11），则图像显示越清晰。 (10)A.重量 B.分辨率 C.体积 D.采样速度 (11)A.采样频率越高 B.体积越大 C.分辨率越高 D.重量越重【答案】B C 【解析】显示器的性能指标主要包括分辨率和刷新频率，分辨率越高（如 1900×1200 像素）则图像显示越清晰。

与八进制数 1706 等值的十六进制数是（12）。 (12)A.3C6 B.8C6 C.F18 D.F1C 【答案】A 【解析】本题考查数制转换知识。八进制数 1706 的二进制表示为 0011 1100 0110，从右往左 4 位一组可得对应的 16 进制数 3C6。若计算机字长为 8，则采用原码表示的整数范围为-127〜127，其中，（13）占用了两个编码。 (13)A.-127 B.127 C.-1 D.0 【答案】D 【解析】本题考查数据表示基础知识。整数 X 的原码记为[X]原，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。数值零的原码表示有两种形式：[+0]原=0 0000000，[-0]原=1 0000000。将一个可执行程序翻译成某种高级程序设计语言源程序的过程称为（14）。 (14)A.编译 B.反编译 C.汇编 D.解释【答案】B 【解析】本题考查程序语言基础知识。通常采用高级程序语言进行程序开发，由于计算机不能直接识别高级语言，因此需将高级语言源程序经过编译及链接转换为可执行程序再运行，反编译就是对程序语言进行翻译处理的逆过程。图像文件格式分为静态图像文件格式和动态图像文件格式。（15）属于静态图像文件格式。 (15)A.MPG B.AVS C.JPG D.AVI 【答案】C 【解析】

多媒体计算机图像文件格式主要分为两大类：静态图像文件格式和动态图像文件格式。标记图像文件格式和目标图像文件格式都属于静态图像文件格式。将声音信号数字化时，（16）不会影响数字音频数据量。 (16)A.采样率 B.量化精度 C.波形编码 D.音量放大倍数【答案】D 【解析】本题考查多媒体基础知识。声音信号是一种模拟信号，计算机要对它进行处理，必须将它转换成为数字声音信号，即用二进制数字的编码形式来表示声音信号。最基本的声音信号数字化方法是取样-量化法，其过程包括采样、量化和编码。采样是把时间连续的模拟信号转换成时间离散、幅度连续的信号。在某鸣特定的时刻获取声音信号幅值叫做采样，由这些特定时刻采样得到的信号称为离散时间信兮。一般都是每隔相等的一小段时间采样一次，为了不产生失真，采样频率不应低于声音信号最高频率的两倍。因此，语音信号的采样频率一般为 8kHz，音乐信号的采样频率则应在 40kHz 以 I:。采样频率越高，可恢复的声音信号分量越丰富，其声音的保真度越好。量化处理是把在幅度上连续取值（模拟量）的每一个样本转换为离散值（数字量）表不，因此量化过程有时也称为 A/D 转换（模数转换）。量化后的样本是用二进制数来表示的，二进制数位数的多少反映了度量声音波形幅度的精度，称为量化精度，也称为量化分辨率。例如，每个声音样本若用 16 位（2 字节）表示，则声音样本的取值范围是 0〜65535，精度是 1/65536；若只用 8 位（1 字节）表示，则样本的取值范围是 0〜255，精度是 1/256。量化精度越高，声音的质量越好，需要的存储空间也越多；量化精度越低，声音的质量越差，而需要的存储空间越少。经过采样和量化处理后的声音信号已经是数字形式了，但为了便于计算机的存储、处理和传输，还必须按照一定的要求进行数据压缩和编码，即选择某一种或者几种方法对它进行数据压缩，以减少数据量，再按照某种规定的格式将数据组织成为文件。波形编码是•种直接对取样、量化后的波形进行压缩处理的方法。计算机系统中，内存和光盘属于（17）。 (17)A.感觉媒体 B.存储媒体 C.传输媳体 D.显示媒体

【答案】B 【解析】本题考查多媒体基础知识。感觉媒体是指直接作用于人的感觉器官，使人产生直接感觉的媒体，如引起听觉反应的声音、引起视觉反应的图像等。传输媒体是指传输表示媒体的物理介质，如电缆、光缆、电磁波等。表现媒体是指进行信息输入和输出的媒体，如键盘、鼠标、话筒等为输入媒体；显示器、打印机、喇叭等为输出媒体。存储媒体是指用于存储表示媒体的物理介质，如硬盘、软盘、磁盘、光盘、ROM 及 RAM 等。以下知识产权保护对象中，（18）不具有公开性基本特征。 (18)A.科学作品 B.发明创造 C.注册商标 D.商业秘密【答案】D 【解析】公开性是指将知识产权保护对象向社会公布，使公众知悉。公开是取得知识产权，或者取得经济利益的前提，且只存公开才能被他人承认和利用。不同表现形式的知识产权保护对象都表现了公开性特征，但公开性形式不同。例如，作品的公开性是通过传播体现的。作者创作作品的目的之一，就是使之传播，并在传播中得以行使权利，取得利益。作品广泛的传播就是公开，传播是作品公开的一种形式；一项发明创造要取得法律保护必须将发明创造向社会公示（公布），公开是发明创造取得专利权的前提；商标公开的方式有多种，如在商品（产品）使用商标标志、广告宣传，且取得商标权需要将商标标志公示（公布）。商业秘密不具有公开性，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。设信号的波特率为 600Baud，采用幅度-相位复合调制技术，由 4 种幅度和 8 种相位组成 16 种码元，则信道的数据速率为（19）。 (19)A.600b/s B.2400 b/s C.4800 b/s D.9600 b/s 【答案】B 【解析】由于采用了 16 种码元，每一码元可以表示 4 比特数据信息，所以数据速率是波特率的 4 倍，于是可知信道的数据速率为 600×4=2400b/s。 E 载波是 ITU-T 建议的传输标准，其中 E1 子信道的数据速率是（20）Kb/s。E3 信道的数据速率大约是（21）Mb/s。 (20)A.64 B.34 C.8 D.2

(21)A.1 B.8 C.34 D.565 【答案】A C 【解析】 ITU-T 的 E1 信道的数据速率是 2.048Mb/s（参见下图）。这种载波把 32 个 8 位一组的数据样本组装成 125 网的基本帧，其中 30 个子信道用于话音传送数据，每个子信道的数据速率是 64Kb/s，2 个子信道（CH0 和 CH16）用于传送控制信令，每 4 帧能提供 64 个控制位。按照 ITU-T 的多路复用标准，E2 载波由 4 个 E1 载波组成，数据速率为 8.448Mb/s。E3 载波由 4 个 E2 载波组成，数据速率为 34.368Mb/s。E4 载波由 4 个 E3 载波组成，数据速率为 139.264Mb/s。E5 载波由 4 个 E4 载波组成，数据速率为 565.148Mb/s。网络配置如图所示，其中使用了一台路由器、一台交换机和一台集线器，对于这种配置，下面的论断中正确的是（22）。 (22)A.2 个广播域和 2 个冲突域 B.1 个广播域和 2 个冲突域 C.2 个广播域和 5 个冲突域 D.1 个广播域和 8 个冲突域【答案】C 【解析】集线器连接的主机构成一个冲突域，交换机的每个端口属于一个冲突域，路由器连接的两部分网络形成两个广播域，所以共有两个广播域和 5 个冲突域。如果在网络入口处封锁了 TCP 和 UDP 端口 21、23 和 25，下面哪种应用可以访问该网络？（23）。 (23)A.FTP B.DNS C.SMTP D.Telnet

【答案】B 【解析】端口 21、23 和 25 默认是指定给 FTP、Telnet 和 SMTP 的端口号，所以如果封锁了这 3 个端口，则这些应用就不能访问网络了。DNS 的端口号是 53，这个应用将不受影响。 ISO/OSI 参考模型的哪个协议层使用硬件地址作为服务访问点？（24）。 (24)A.物理层 B.数据链路层 C.网络层 D.传输层【答案】B 【解析】硬件地址是数据链路层的服务访问点。参见下图的网络配置，客户机无法访问服务器，原因是什么？（25）。 (25)A.服务器的 IP 地址是广播地址 B.客户机的 IP 地址是子网地址 C.客户机与默认网关不在同一子网中 D.服务器与默认网关不在同一子网中【答案】D 【解析】服务器地址 131.1.123.24/27 二进制形式是：10000011.00000001.01111011.00011000 网关地址 131.1.123.33 的二进制形式是：10000011.00000001.01111011.00100001 二者不在同一个子网中，所以 ping 不通。下面的选项中，支持 SNMP 的协议是哪个？（26）。 (26)A.FTP B.TCP C.UDP D.SCP 【答案】C 【解析】

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