[语言类考试复习资料大全]中级网络工程师上午试题模拟59

1、书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。祝愿天下莘莘学子：学业有成，金榜题名！语言类考试复习资料大全中级网络工程师上午试题模拟59中级网络工程师上午试题模拟59单项选择题问题:1. 下列关于存储器说法错误的是_。A.随机存取是指CPU可以对存储器中的数据随机地存取，与信息所处的物理位置无关B.ROM也是随机存取方式的存储器C.DAM采用直接存取方式对信息进行存取D.CAM是一种基于数据地址进行访问的存储设备答案:D解析 在计算机中，存储器按照数据的存取方式可以分为五类。 (1)随机存取存储器(Random Access Memory，RAM)。 随机存取是指CPU可以对存储器中的数据随机地存取，与信息

2、所处的物理位置无关。RAM具有读写方便、灵活的特点，但断电后信息全部丢失，因此常用于主存和高速缓存中。 RAM又可分为DRAM和SRAM两种。其中DRAM的信息会随时间的延长而逐渐消失，因此需要定时对其进行刷新来维持信息不丢失；SRAM在不断电的情况下，信息能够一直保持而不丢失，也不需要刷新。 (2)只读存储器(Read Only Memory，ROM)。 ROM也是随机存取方式的存储器，但ROM中的信息是固定在存储器内的，只可读出，不能修改，其读取的速度通常比RAM要慢一些。 (3)顺序存取存储器(Sequential Access Memory，SAM)。 SAM只能按某种顺序存取，存取时

3、间的长短与信息在存储体上的物理位置相关，所以只能用平均存取时间作为存取速度的指标。磁带机就是SAM的一种。 (4)直接存取存储器(Direct Access Memory，DAM)。 DAM采用直接存取方式对信息进行存取，当需要存取信息时，直接指向整个存储器中的某个范围(如某个磁道)；然后在这个范围内顺序检索，找到目的地后再进行读写操作。DAM的存取时间与信息所在的物理位置有关，相对SAM来说，DAM的存取时间要更短。 (5)相联存储器(Content Addressable Memory，CAM)。 CAM是一种基于数据内容进行访问的存储设备。当写入数据时，CAM能够自动选择一个未使用的空单

4、元进行存储；当读出数据时，并不直接使用存储单元的地址，而是使用该数据或该数据的一部分内容来检索地址。CAM能对所有存储单元中的数据同时进行比较，并标记符合条件的数据以供读取。因为比较是并行进行的，所以CAM的速度非常快。 问题:2. 在模块化的程序设计中，应尽量做到模块之间的_。A.高耦合、高内聚B.高耦合、低内聚C.低耦合、高内聚D.低耦合、低内聚答案:B解析 结构化程序设计是以模块功能和详细处理过程设计为主的一种传统的程序设计思想，通常采用自顶向下、逐步求精的方式进行。在结构化程序设计中，任何程序都可以由顺序、选择、循环三种基本结构构成。结构化程序往往采用模块化设计的思想来实现，其基本思路

5、是：任何复杂问题都是由若干相对简单的问题构成的。从这个角度来看，模块化是把程序要解决的总目标分解为若干个相对简单的小目标来处理，甚至可以再进一步分解为具体的任务项来实现。每一个小目标就称为一个模块。由于模块相互独立，因此在模块化的程序设计中，应尽量做到模块之间的高内聚低耦合。也就是说，功能的实现尽可能在模块内部完成，以降低模块之间的联系，减少彼此之间的相互影响。 某网络工程使用如下图所示的PERT图进行进度安排，则该工程的关键路径是_；整个项目的最短工期为_；在不延误项目总工期的情况下，任务F最多可以推迟开始的时间是_天。 某工程的PERT图 3.A.ACEGHB.ABEGHC.ABDFHD.

6、ABDFGH答案:B4.A.20B.25C.30D.35答案:B5.A.1B.2C.3D.4答案:B解析 根据关键路径的定义可知，最长的路径就是关键路径，因此图中任务流ACEGH的持续时间是5+3+10+4=22，其余的路径依此类推，可分别得到任务流ABEGH的持续时间是25，ABDFGH的持续时间是23，ABDFH的持续时间是17。所以项目关键路径长度为25，也就是整个项目的最短工期了，关键路径就是ABEGH。路径ABDFH的持续时间是17天，路径ABDFGH的持续时间是23天，而总工期是25天，因此可以推迟25-23=2天。也就是找经过的事件F到完成的整个项目的所有路径中最长的那个时间，然

7、后用总工期减去此时间即为可以提前的时间；也可以使用反推法，H的最迟完成时间是25天，则F的最迟完成时间是25-8=17天，F的最早完成时间是15天，因此最多可以推迟17-15=2天。问题:6. 设计算机系统由CPU、存储器、I/O三部分组成，其可靠性分别为0.9、0.5和0.6，则计算机系统的可靠性为_。A.0.27B.0.5C.0.6D.0.8答案:A解析 本题考查串行系统的可靠性知识点。这是计算机系统中最基本的知识，一定要牢固掌握。 解：R=R1R2R3==0.27，即计算机系统的可靠性为0.27。 问题:7. 避免死锁的一个著名的算法是_。A.先入先出法B.银行家算法C

8、.优先级算法D.资源按序分配法答案:B解析 本题考查死锁知识点，其中也包含了调度算法。先入先出和优先级算法都是调度算法，并不能保证没有死锁。资源按序分配法也不能避免两个进程之间互相等待对方的资源而造成死锁。银行家算法是一个著名的避免死锁的算法，其具体内容可参考相关资料。问题:8. 以下关于甘特图的描述中，错误的是_。A.直观地表明任务计划在什么时候进行B.表明实际进展与计划要求的对比C.表明子任务之间的并行和串行关系D.清晰地描述任务之间的依赖关系答案:D解析 甘特图内在思想简单，基本是一个线条图，横轴表示时间，纵轴表示活动，线条表示在整个期间上计划和实际的活动完成情况。它直观地表明任务计划在

9、什么时候进行，实际进展与计划要求的对比；也可以表示子任务之间的并行和串行关系。管理者由此可极为便利地弄清一项任务还剩下哪些工作要做，并可以评估工作进度。但是甘特图不能清晰地描述任务之间的依赖关系，也不能清晰地指出关键任务在哪里。问题:9. 下列关于软件知识产权，说法错误的是_。A.著作权的取得无须经过别人确认B.著作权利中作者的署名权、修改权、保护作品完整权的保护期不受限制C.未经软件著作权人的同意而发表其软件作品属于侵权D.未经软件著作权人的同意修改、翻译、注释其软件作品不属于侵权答案:D解析 未经软件著作权人的同意修改、翻译、注释其软件作品。这种行为侵犯了著作权人的使用权中的修改权、翻译权

10、与注释权。对不同版本的计算机软件，新版本往往是旧版本的提高和改善。这种提高和改善应认定为是对原软件作品的修改和演绎。这种行为应征求原版本著作权人的同意，否则构成侵权。如果征得软件作品著作权人的同意，因修改和改善新增加的部分，创作者应享有著作权。对是职务作品的计算机软件，参与开发的人员离开原单位后，如其对原单位享有著作权的软件进行修改、提高，应经过原单位许可，否则构成侵权。软件程序员接受第一个单位委托开发完成一个软件，又接受第二个单位委托开发功能类似的软件，仅将受第一个单位委托开发的软件略作改动即算完成提交给第二个单位，这种行为也构成侵权。问题:10. CRC校验过程如下，余数为0，则表示信息无

11、错；否则_。A.要求发送方进行重传B.直接进行纠错C.直接丢弃，不要求重传D.依然正确接收答案:A解析 CRC校验过程与生成过程类似，接收方接收了带校验和的帧后，用多项式G(x)来除。余数为0，则表示信息无错；否则要求发送方进行重传。 在OSI参考模型中，数据链路层的服务访问点是_，网络层的服务访问点是_，传输层的服务访问点是_。 11.A.LLC地址B.MAC地址C.协议D.端口答案:A12.A.LLC地址B.MAC地址C.协议D.端口答案:C13.A.LLC地址B.MAC地址C.协议D.端口答案:D解析 在同一系统中相邻两层的实体之间进行交互(即交换信息)的地方，通常称为服务访问点(SAP

12、)。 在OSI参考模型中，数据链路层的服务访问点是LLC地址，网络层的服务访问点是IP数据报中的协议字段，传输层的服务访问点是端口号。 问题:14. 下列关于OSI和TCP/IP体系结构说法错误的是_。A.OSI模型最大的优势是强化了服务、接口和协议的概念B.TCP/IP模型是事实上的工业标准C.TCP/IP模型没有区分物理层和数据链路层这两个功能完全不同的层D.因特网的雏形来自于OSI参考模型答案:D解析 TCP/IP参考模型与OSI参考模型有很多相同之处，都是以协议栈为基础的，对应各层功能也大体相似。当然也有一些区别，如OSI模型最大的优势是强化了服务、接口和协议的概念，这种做法能明确什么

13、是规范、什么是实现，侧重理论框架的完备。TCP/IP体系结构是事实上的工业标准，是因特网构建的基础。TCP/IP体系结构没有区分物理层和数据链路层这两个功能完全不同的层。OSI模型比较适合理论研究和新网络技术研究，而TCP/IP体系结构真正做到了流行和应用。 El共划分为32个相等的时隙，时隙的编号为CH0CH31。其中时隙_用作帧同步，时隙_用来传送信令。 15.A.CH0B.CH15C.CH16D.CH31答案:A16.A.CH0B.CH15C.CH16D.CH31答案:C解析 E1的一个时分复用帧(长度为T=125s)共划分为32个相等的时隙，时隙的编号为CH0CH31。其中时隙CH0用

14、作帧同步，时隙CH16用来传送信令，剩下CH1CH15和CH17CH31共30个时隙用作30个语音话路，E1载波的控制开销占6.25%。问题:17. 以下编码方案中，_编码效率是80%。A.曼彻斯特编码B.差分曼彻斯特编码C.4B/5BD.64/66B答案:C解析 由于曼彻斯特编码的效率不高，只有50%，因此在高速网络中，这种编码方式显然就不适用了。在高速率的局域网和广域网中采用m位比特编码成n位比特的编码方式，即mB/nB编码。常见的mB/nB编码如下表所示。 常见的mB/nB编码 编码 定义 应用领域 4B/5B 将4比特数据编码成5比特符号的方式编码效率为4bit/5bit=80% FD

15、DI、100Base.TX、100Base-FX 8B/10B 将一组连续的8位数据分解成两组数据，一组3位，一组5位，经过编码后分别成为一组4位的代码和一组6位的代码，从而组成一组10位的数据发送出去。编码效率为8bit/10bit=80% USB 3.0、Serial ATA、PCI Express、Infini-band、Fiber Channel、RapidIO、千兆以太网(注：1000Base-t与100Base-TX采用PAM-5编码) 64B/66B 将64位信息编码为66位符号。编码效率为64bit/66bit=97% 万兆以太网 8B/6T 将8位映射为6个三进制位 100B

16、ase-T4(3类UTP) 问题:18. 以下XDSL技术中，_属于对称XDSL。A.ADSLB.VDSLC.HDSLD.RADSL答案:C解析 XDSL技术就是利用电话线中的高频信号传输数据，高频信号损耗大，容易受噪声干扰。XDSL的速率越高，传输距离越近。下表给出了XDSL的常见类型。 常见的XDSL 名称 对称性 上、下行速率(受距离影响有变化) 极限传输距离 复用技术 ADSL(非对称数字用户线路) 不对称 上行：640Mb/s1Mb/s下行：1Mb/s8Mb/s 3km5km 频分复用 VDSL(甚高速数字用户线路) 不对称 上行：1.6Mb/s2.3Mb/s下行：12.96Mb/s

17、52Mb/s 0.9km1.4km QAM和DMT HDSL(高速数字用户线路) 对称 上行：1.5Mb/s下行：1.5Mb/s 2.7km3.6km 时分复用 而RADSL是在ADSL基础上发展起来的新一代接入技术，这种技术允许服务提供者调整XDSL连接的带宽以适应实际需要并且解决线长和质量问题，为远程用户提供可靠的数据网络接入手段。 问题:19. 对于后退N帧ARQ协议，如果帧编号字段为K位，则窗口大小_。A.W2k-1B.W2k-1C.W=2kD.W 71 between sending the notification and notification arriving at the source, thousands of additional 72 may arrive. In ATM network, a major tool for preventing 73 is 74 control. When a host wants a new virtual 75 , it must describe the traffic to be offered and the service expected.71.A.intervalB.timeC.slotD.delay答案:A72.A.packetsB.cells