网络工程师考试2008年上半年上午试题解析（一）
● 内存采用段式存储管理有许多优点，但 （1） 不是其优点。（1）A．分段是信息逻辑单位，用户不可见 B．各段程序的修改互不影响 C．地址变换速度快、内存碎片少 D．便于多道程序共享主存的某些段试题解析： 虚拟存储器可以分为两类：页式和段式。页式虚拟存储器把空间划分为大小相同的块，称为页面。而段式虚拟存储器则把空间划分为可变长的块，称为段。页面是对空间的机械划分，而段则往往是按程序的逻辑意义进行划分。 页式存储管理的优点是页表对程序员来说是透明的，地址变换快，调入操作简单；缺点是各页不是程序的独立模块，不便于实现程序和数据的保护。 段式存储管理的优点是消除了内存零头，易于实现存储保护，便于程序动态装配；缺点是调入操作复杂，地址变换速度慢于页式存储管理。答案：C● 现有四级指令流水线，分别完成取指、取作的时间依次为数、运算、传送结果四步操作。若完成上述操9ns、10ns、6ns、8ns。则流水线的操作周期应设计为 （2） ns。 （2）A．6 B．8 C．9 D．10试题解析： 取最大的那个微指令时间作为流水线操作周期。答案：D● 内存按字节编址，地址从90000H到CFFFFH，若用存储容量为16K×8bit器芯片构成该内存，至少需要的存储 （3） 片。 （3）A．2 B．4 C．8 D．16
试题解析： （CFFFFH-90000H+1） / 16k = 40000H / 4000H = 10H = 16。答案：D● （4） 是一种面向数据流的开发方法，其基本思想是软件功能的分解和抽象。（4）A．结构化开发方法 B．Jackson系统开发方法 C．Booch方法 D．UML（统一建模语言）试题解析： 结构化开发方法是一种面向数据流的开发方法。 Jackson开发方法是一种面向数据结构的开发方法。 Booch和UML方法是面向对象的开发方法。答案：A● 采用UML进行软件设计时，可用 （5） 关系表示两类事物之间存在的特殊/一般关系，用聚集关系表示事物之间存在的整体一部分关系。 （5）A．依赖 B．聚集 C．泛化 D．实现试题解析： 依赖：表示一个元素以某种方式依赖于另一种元素。 泛化：表示一般与特殊的关系，即"一般"元素是"特殊"关系的泛化。 聚合：表示整体与部分的关系。 实现：一种模型元素（如类）与另外一种模型元素（如接口）连接起来，其中接口只是行为的说明而不是结构或者实现。答案：C● 某项目制定的开发计划中定义了3个任务，其中任务A首先开始，且需要3周完成，任务周完B必须在任务A启动1周后开始，且需要2周完成，任务C必须在任务A后才能开始，且需要完成2周完成。该项目的进度安排可用下面的甘特图 （6） 来描述。 试题解析： 这个简单得都不用说了，小学生看图说话都能选对。答案：D● 下列叙述中错误的是 （7） 。（7）A．面向对象程序设计语言可支持过程化的程序设计 B．给定算法的时间复杂性与实现该算法所采用的程序设计语言无关 C．与汇编语言相比，采用脚本语言编程可获得更高的运行效率 D．面向对象程序设计语言不支持对一个对象的成员变量进行直接访问试题解析： 脚本语言是解释执行的，其效率远低于编译运行的语言，更不用说汇编语言了。答案：C● 在下图所示的树型文件系统中，方框表示目录，圆圈表示文件，"/"表示路径中的分隔符，"/"在路径之首时表示根目录。图中， （8） 。假设当前目录是A2，若进程A以如下两种方式打开文件f2： 方式① fd1=open(″ （9） /f2″, o_RDONLY); 方式② fd1=open(″/A2/C3/f2″, o_RDONLY);那么，采用方式①的工作效率比方式②的工作效率高。 （8）A．根目录中文件f1与子目录C1、C2和C3中文件f1相同 B．子目录C1中文件f2与子目录C3中文件f2是相同的 C．子目录C1中文件f2与子目录C3中文件f2是不同的 D．子目录C1中文件f2与子目录C3中文件f2可能相同也可能不相同（9）A．/A2/C3 B．A2/C3 C．C3 D．f2试题解析： 常识。答案：（8）D，（9）C ● 依据我国著作权法的规定， （10） 属于著作人身权。（10）A．发行权 B．复制权 C．署名权 D．信息网络传播权试题解析： 常识。答案：C● E1载波把32个信道按 （11） 方式复用在一条2.048Mb/s的高速信道上，每条话音信道的数据速率是 （12） 。（11）A．时分多路 B．空分多路 C．波分多路 D．频分多路（12）A．56kb/s B．64kb/s C．128kb/s D．512kb/s试题解析： E载波和T载波都是采用时分多路复用技术（TDM）的典型通信机制。 现代电信技术中，每条话音信道的数据速率是64kb/s。答案：（11）A，（12）B● 下图的两种编码方案分别是 （13） 。 （13）A．①差分曼彻斯特编码，②双相码 B．①NRZ编码，②差分曼彻斯特编码 C．①NRZ-I编码，②曼彻斯特编码 D．①极性码，②双极性码试题解析： 在NRZ-I编码方式中，信号电平的一次反转代表比特1，没有电平变化代表比特0。例如： 曼彻斯特编码在每个比特间隙中间的电平跳变来同时代表比特位和同步信息。负电平到正电平的跳变代表比特1，而正电平到负电平的跳变则代表比特0。（反过来表示也可以，只要通讯双方采用相同的表示法即可）。例如： 答案：C● 假设模拟信号的最高频率为5MHz，采样频率必须大于 （14） ，才能使得到的样本信号不失真，如果每个样本量化为256个等级，则传输的数据速率是 （15） 。 （14）A．5MHz B．10MHz C．15MHz D．20MHz （15）A．10Mb/s B．50Mb/s C．80Mb/s D．100Mb/s 试题解析： 尼奎斯特证明：当采样频率大于等于模拟信号最高频分量频率的两倍时，所得的离散信号可以无失真地还原被采样的模拟信号。当模拟信号的最高频率为5MHz，采样频率必须大于10MHz。 256个等级需要用8位来存储（ 28=256），10M×8=80Mb/s。答案：（14）B，（15）C● 在异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和2位终止位，若每秒钟传送100个字符，采用4相位调制，则码元速率为 （16） ，有效数据速率为 （17） 。 （16）A．50波特 B．500波特 C．550波特 D．1100波特 （17）A．500b/s B．700b/s C．770b/s D．1100b/s试题解析： 4相位调制每次信号变换可以传输 log24=2个比特，因此码元速率为（1+7+1+2）×100÷2=550波特。有效数据数率当然是7×100=700b/s了。答案：（16）C，（17）B● 设信道带宽为3400Hz，调制为4种不同的码元，根据Nyquist定理 ，理想信道的数据速率为 （18） 。 （18）A．3.4Kb/s B．6.8Kb/s C．13.6Kb/s D．34Kb/s试题解析： 4种不同的码元可以分别用于表示00、01、10和11，也就是说每次信号变换就传输2个比特。因此数据速率为2×3400×2=13.6Kb/s。答案：C● 采用CRC校验的生成多项式为 G（x）=x16+x15+x2+1，它产生的校验码是 （19） 位。 （19）A．2 B．4 C．16 D．32试题解析： 多项式最高次为16，意味着校验码是16位。 答案：C● IPv6地址以16进制数表示，每4个16进制数为一组，组之间用冒号分隔，下面的IPv6地址ADBF:0000:FEEA:0000:0000:00EA:00AC:DEED的简化写法是 （20） 。（20）A．ADBF:0:FEEA:00:EA:AC:DEED B．ADBF:0:FEEA::EA:AC:DEED C．ADBF:0:FEEA:EA:AC:DEED D．ADBF::FEEA::EA:AC:DEED试题解析： 双冒号（：：）用于化简最长的0000，但只能用一次。答案：B● 浏览器与Web服务器通过建立 （21） 连接来传送网页。 （21）A．UDP B．TCP C．IP D．RIP试题解析： 这个要是错了，还是不要考网工好了。答案：B● 在TCP协议中，采用 （22） 来区分不同的应用进程。 （22）A．端口号 B．IP地址 C．协议类型 D．MAC地址试题解析： 这个要是错了，还是不要考网工好了。答案：A● TCP是互联网中的传输层协议，使用 （23） 次握手协议建立连接。这种建立连接的方法可以防止 （24） 。 （23）A．1 B．2 C．3 D．4 （24）A．出现半连接 B．无法连接 C．产生错误的连接 D．连接失效试题解析： 常识。答案：（23）C，（24）C● ARP协议的作用是由IP地址求MAC地址，ARP请求是广播发送，ARP响应是 （25） 发送。 （25）A．单播 B．组播 C．广播 D．点播试题解析： 由于不知道目标设备的MAC地址在哪里，因此ARP请求必须使用广播方式。 但是ARP请求包中包含有发送方的MAC地址，因此应答的时候就应该使用单播方式了。 答案：A分享到:
