网络工程师试题分类精解.docx
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网络工程师试题分类精解
第一部分：
计算机与网络知识（上午考试科目）
第一章：
计算机系统知识
一、硬件知识：
计算机结构：
计算机组成（运算器、控制器、存储器、I/O部件）；
指令系统（指令、寻址方式、CISC、RISC）；
多处理器（紧耦合系统、松耦合系统、阵列处理机、双机系统、同步）；
处理器性能。
2、存储器：
存储介质（半导体存储器、磁存储器、光存储器）；
存储系统；
主存与辅存；
主存类型、容量和性能；
主存配置（主存奇偶校验、交叉存取、多通讯主存、主存保护系统）；
高速缓存；
辅存设备的性能和容量计算。
3、输入输出结构和设备：
I/O接口（中断、DMA、通道、SCSI、并行接口、通用接口总线、RS-232、
USB、IEEE1394、红外线接口、输入输出控制系统、通道）；
输入输出设备类型和特性。
4、嵌入式系统基本知识
问题：
设某种机型的存储器中，字节编址，低64KB为ROM，中间的128K为
RAM，RAM由32K×4bit的存储芯片组成，则需要_
（2）_片芯片，其16进制
表示的地址范围是（3）。
（2）A.4B.8C.10D.16
（3）A.0000H–0FFFFHB.10000H-2FFFFHC.10001H-30000HD.
Http:
//
0000H-2FFFFH
答案是B，B
请问是怎样算来的呢？
解析：
参考答案：
B，B
（128k/32k）*（8/4）=4*2=8
64k=2^6*2^10=2^16=10000H
128k=......=20000H
起始地址10000H
中止地址10000H＋20000H－1H＝2FFFFH
专家点评：
这类题目主要考查考生对位、字节、字、编址方式以及存储的概念。
注意：
对于存储器字位扩展。
1、如果一个存储容量为M字*N位；2、所用芯片
规格为L字*K位；3、那么这个存储器共用M/L*N/K个芯片。
本题的考点是，
存储容量的计算及其对应所需要的存储器芯片数。
问题：
假设内存存取周期T=200ns,字长64位，数据总路线宽度64位，总路线
传送周期为50ns。
现用4个模块组成内存，并在连续4个地址中读出数据。
如
用顺序方式组织模块，则数据带宽为（）。
如用交叉存储方式组织内存，则数
据带宽可达（）
解析：
64*1000/200*10^6
交叉存储方式则数据带宽可达4*320=1280
专家点评：
（1）T=200ns=200*10^（-9）s
（64*4）/（T*4）=64*10^9/200=320Mbps
（2）64*4/（200+3*50）=730Mbps
这个问题考查考生对两种组织方式下存取内存周期和总线传输周期的理解。
问题：
一个典型的磁盘,每个扇区有512个字节,其平均读写时间是
（1）,假设
其平均寻道时间是9MS,传输速率是4MBPS,磁盘转速是7200R/MIN,控制器延迟是
1MS,实际测得的寻道时间是计算平均值的33%,且磁盘是空闲的,即没有排队延
迟.
（1）：
9MS*33%+0.5/7200R/MIN+0.5/4.0MBPS+1MS=8.3MS
上述中0.5是什么意思,它/7200和/4以是什么意思呢?
解析：
转速为7200转/秒应为7200转/分。
传输速度为4MB/s~=4kB/ms每扇区
传输时间为0.512/4=0.128转速7200/min=120/s则转一圈为1/120秒＝
8.33ms
0.5是512的意思
问题：
反码的表示范围是多少？
[+0]移＝？
[-0]移=？
解析：
反码表示法正数的表示与原、补码相同，负数的补码符号位为1，数值位
是将原码的数值按位取反，就得到该数的反码表示
对于0:
[+0]反=00000000；
[-0]反=11111111
定点小数:
Http:
//
X1＞X≥0
[X]反=（2-2-n）+X0≥X>-1
X2n>X≥0
[X]反=
（2n+1-1）+X0≥X>-2n
移码表示法[X]移=2n+X2n>X≥-2n
专家点评：
基本概念题。
问题：
页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成。
假定页面的
大小为4K，地址变换过程如下图所示，图中逻辑地址用十进制表示。
图中有效
地址经过变换后，十进制物理地址a应为_____。
A．33220B．8644C．4548D．2500
解析：
参考答案：
A
8644=2*4k+452,8*4k+452=33220
专家点评：
主要考查页式存储系统中逻辑地址和有效地址的关系。
问题：
速率为9600bps的调制解调器,若采用无校验们\一位停止位的异步传输
方式,试计算2分钟内最多能传输多少个汉字（双字节）
A.57600
B.1152000
C.144000
D.72000
解析：
参考答案：
B
①2分钟传输的位数为9600bps×120=1152000位
②由于每个汉字用双字节表示，所以在给定的异步传输方式下每个汉字需传输
的位数为
（8+1+1）×2=20位
③2分钟内传输的汉字数为1152000位÷20位=57600（个）
专家点评：
对于传输的位数大家相信都能计算正确，考生在计算时也知道每个
汉字用两个字节来计算，但往往忽略了将1位起始位计算在内。
问题：
一般来说，Cache的功能___1___。
某32位计算机的Cache容量为16KB，
Http:
//
Cache块的大小为16B，若主存与cache的地址映射采用直接映射方式，则主存
地址为1234E8F8（十六进制）的单元装入的Cache地址为___2___。
在下列Cache
替换算法中，命中率最高的是___3___。
1:
A.全部由软件实现B.全部由硬件实现
C．由硬件和软件组合实现D.有的计算机由硬件实现，有的计算机由软件实现
2:
A.00010001001101（二进制）B.01001000110100（二进制）
C．10100011111000（二进制）D.11010011101000（二进制）
3:
A.先入后出（FILO）算法B.随机替换（RAND）算法
C.先入先出（FIFO）算法D.近期最少使用（LRU）算法
解析：
参考答案：
1B2C3D
1B.全部由硬件实现
210100011111000（二进制）
3近期最少使用（LRU）算法
由于Cache页的大小为16b，而cache的容量为16KB，因此cache可分为1024
页，cache的页内地址只需4位，而cache的页号为10位，Cache容量为16KB
决定用这14位编址即可
（1234E8F8）16=（0001001001001110100011111000）2
所以主存地址为1234E8F8（十六进制）的单元装入的Cache地址为1010001111
1000（二进制）
专家点评：
Cache作为主存局部区域的副本，用来存放当前活跃的程序和数据，
一般由半导体静态存储器构成。
由于Cache页的大小为16B，而Cache容量为
16KB，因此Cache可分为1024页。
可以看出，Cache的页内地址只需4位，而
Cache的页号需10位二进制表示；在映射时，是将主存地址直接复制，现主存
地址为1234E8F8（十六进制），则最低4位为Cache的页内地址，即1000，中
间10位为Cache页号，即1010001111。
Cache的容量为16KB决定用这14位编
码即可。
问题：
容量为64块的cache采用组相联方式映像，字块大小为128字，每4块
为一组。
主存容量为4096块，以字编址”的题中的每4块为一组没有作用吗？
老师讲课中指出，块大小128字，所以块内地址7位；cache有64/4=16组，得
到组地址4位，最后得出主存区号：
19-7-4=8，不能这样算吗？
解析：
在组相联映象中，组的个数一般为2的幂次数，组内块的个数也是2的
幂次。
主存地址分成四段，高字段是区号；然后是组标志，用于确定组号；第
三段是组中的块地址，用于确定组中的块；低字段是块内寻址段。
Cache地址分
三段：
组号、组内块号和块内地址。
块大小128字，所以块内地址7位；
cache有64/4=16组，得到组地址4位；
每4块为一组，组内块地址2位；
19－7－4－2＝6
专家点评：
Cache与主存之间的地址映像：
1、直接映像：
它把主存空间按Cache
大小等分成区，每区内的各块只能按位置一一对应到Cache的相应块位置上。
2、
全相联映像：
主存中的每一页可以映像到Cache中的任意一页。
3、组相联映像：
是直接映像和全相联映像的折中方案。
即组间直接映像，组内全相联映像。
Http:
//
问题：
请介绍一下嵌入式系统的基础知识
解析：
嵌入式系统简单的说就是面向特定应用设计的专用计算机系统。
有别于
通用计算机系统，嵌入式系统的外形尺寸、功耗、外部接口等各种特征必须满
足应用的要求和限制。
通常嵌入式系统的软件包括操作系统与硬件一起烧录在
一块电路板上。
也有另一种嵌入式系统，利用低用电的CPU及最基本的计算机
周边配备而制成。
这种计算机通常采用Windows操作系统。
专家点评：
本题的考点是，有关嵌入式系统的基础知识。
二、操作系统知识
1、基本概念：
操作系统定义、特征、功能及分类（批处理、分时、实时、网络、分布式）；
多道程序；
内核和中断控制；
2、处理机管理、存储管理、设备管理、文件管理、作业管
理：
进程的状态及转换；
进程调度算法（分时轮换、优先级、抢占）；
死锁；
存储管理方案（分段与分页、虚存、页面置换算法）；
设备管理的有关技术（SPOOLING、缓冲、DMA、总线、即插即用技术）；
文件管理；
共享和安全（共享方式、可靠性与安全性、恢复处理、保护机制）；
作业的状态及转换；
作业调度算法（先来先服务、短作业优先、高响应比优先）；
问题：
假设系统中有三类互斥资源R1/R2/R3,可用资源分别为9/8/5,在T0时刻
系统中有P1/P2/P3/P4/P5五个进程.采用银行家算法,如果进程按P2--P4--P5-
-P1--P1--P3序列执行,则系统是安全的.请老师写出每步执行后可用资源数.
资源进程最大需求量R1/R2/R3已分配资源数R1/R2/R3
P1652121
P2221211
P3801210
P4121120
Http:
//
P5344113
首次可用资源是R1是2,R2是1,R30,执行完P2后,可用资源是否221+210=431,
为什么不是421（因为R2借用了1个剩余资源）?
解析：
资源最大需求量已分配资源数
进程R1,R2,R3R1R2R3
P16,5,21,2,1
P22,2,12,1,1
P38,0,12,1,0
P41,2,11,2,0
P53,4,41,1,3
从上面可以看出只剩下R12,R21,R30.
而这时安全算法:
资源最大需求量已分配资源数还需要的剩下的可分配的
进程R1,R2,R3R1R2R3R1R2R3R1R2R3
P16,5,21,2,15,3,12,1,0
P22,2,12,1,10,1,0
P38,0,12,1,06,0,1
P41,2,11,2,00,0,1
P53,4,41,1,32.3,1
从上面可看出现在生产剩下的2,1,0只满足P20,1,0而别的是满足不了的.一
看就明白,当他全部分给P2后出现下面的安全序列:
资源最大需求量已分配资源数还需要的剩下的可分配的
进程R1,R2,R3R1R2R3R1R2R3R1R2R3
P22,2,12,1,10,1,04,2,1
P41,2,11,2,00,0,15,4,1
P53,4,41,1,32.3,16,5,4
P16,5,21,2,15,3,17,7,5
P38,0,12,1,06,0,19,8,5
专家点评：
作这道题首先要看看R1,R2,R3在第一次分配资源后剩余多少资源！
可以看出R1剩余2个资源，R2剩余1个，R3剩余0个！
然后考虑把这些剩余
的资源分配给那个进程可以使这个进程完成任务！
！
可以看出在第一次分配后P
2再需要R1：
0,R2：
1,R3：
0就可以完成任务。
故先将资源分给P2，P2完成任
务后便释放自己的资源！
这时剩余资源就为R1:
4,R2:
3,R3:
1,然后看看把剩余这
些资源在分配给那个进程使其能完成任务！
由题可知分配给P4可以使P4完成
任务！
P4完成任务后在释放资源！
然后再看看剩余资源分配给那个进程可以使
其完成任务......直到将所有的进程都分配完！
问题：
请问赵老师：
1、常用的负载均衡技术分几类？
2、工作原理分别是怎样
的？
3、应用场合？
解析：
目前比较常用的负载均衡技术主要有：
1.基于DNS的负载均衡
Http:
//
通过DNS服务中的随机名字解析来实现负载均衡，在DNS服务器中，可以为多
个不同的地址配置同一个名字，而最终查询这个名字的客户机将在解析这个名
字时得到其中一个地址。
因此，对于同一个名字，不同的客户机会得到不同的
地址，他们也就访问不同地址上的Web服务器，从而达到负载均衡的目的。
2.反向代理负载均衡
使用代理服务器可以将请求转发给内部的Web服务器，让代理服务器将请求均
匀地转发给多台内部Web服务器之一上，从而达到负载均衡的目的。
这种代理
方式与普通的代理方式有所不同，标准代理方式是客户使用代理访问多个外部
Web服务器，而这种代理方式是多个客户使用它访问内部Web服务器，因此也被
称为反向代理模式。
Apusic负载均衡器就属于这种类型的。
3.基于NAT的负载均衡技术
网络地址转换为在内部地址和外部地址之间进行转换，以便具备内部地址的计
算机能访问外部网络，而当外部网络中的计算机访问地址转换网关拥有的某一
外部地址时，地址转换网关能将其转发到一个映射的内部地址上。
因此如果地
址转换网关能将每个连接均匀转换为不同的内部服务器地址，此后外部网络中
的计算机就各自与自己转换得到的地址上服务器进行通信，从而达到负载分担
的目的。
专家点评：
本题的考点是，有关负载均衡技术的基础知识。
这解析中已经给出
了解答。
问题：
请问“字串行，位并行”中的串行及并行是什么意思？
解析：
两参数决定计算机并行度结构类型:
字宽（W）:
一个字中同时处理的二进制位数
位宽（B）:
一个位片中能同时处理的字数
可构成四种计算机结构:
字串行,位串行WSBS——W=1,B=1纯串行
字并行,位串行WPBS——W>1,B=1传统并行单处理机
字串行,位并行WSBP——W=1,B>1MPP
字并行,位并行WPBP——W>1,B>1PEPE
问题：
磁盘机上有500个文件，每个文件1M字节，该磁盘平均寻道时间20ms,
平均旋转等待时间为7ms，数据传输率为2.5M字节，将所有文件逐一读出检查
一遍再写回硬盘，每个文件要2ms额外处理时间，则检查并更新所有文件要用
（）时间
A400SB428SC328SD条件不够无法计算
解析：
参考答案：
B
读或写一个文件所需时间：
T=寻道时间+控制延迟+旋转延迟+传输时间＝
20+2+7+1*1024*1024/（2.5*1024*1024/1000）＝428ms
500个文件读写时间＝500*2T=500*2*428=428000ms=428s
专家点评：
本题的考点是，有关磁盘读写时间的计算方法。
Http:
//
问题：
下载60M的文件,这个文件大小具体如何计算成可以和下载速度bit/s相
适应,60M=60*10^3K=60*10^3*1024字节=60*10^3*1024*8bit请问这样对吗?
谢
谢老师,如果是对的,那么1M=1000K吗?
解析：
表示存储容量大小的常用单位是KB、MB和GB。
1MB=1024KB;lGB=102
4MB1kB=1024B
表示传输速率的单位KbMb.1Mb=1000kb1kb=1000bit
专家点评：
本题的考点是，对存储容量和传输速率两个概念单位的表示。
问题：
录区域的外直径为30cm，内直径为lOcm，记录位密度为250位/mm，磁
道密度为8道/mm，每磁道分16个扇区，每扇区512字节，则该硬盘的非格式
化容量和格式化容量约为（6），数据传输率约为（7）若一个文件超出一个磁道容
量，剩下的部分（8）。
（6）A.120MB和1OOMBB.30MB和25MBC.60MB和50MBD.22.5MB和25MB
（7）A.2356KB/sB.3534KB/sC.7069KB/sD.1178KB/s
（8）A.存于同一盘面的其它编号的磁道上
B.存于其它盘面的同一编号的磁道上
C.存于其它盘面的其它编号的磁道上
D.存放位置随机
解析：
参考答案B，D，B
每面磁道数=（外直径-内直径）*磁道密度/2=800
格式化容量=每面磁道数*记录面*每磁道扇区数*每扇区字节数
=800*4*16*512字节
=26214400字节
=26214400/1024KB
=25600/1024M
＝25MB
非格式化容量=每面磁道数*记录面*π*内直径*记录位密度/8（单位为字节）
=800*4*3.14*100*250/8（注意单位）
=30MB（约）
数据传输率=π*内直径*记录位密度/8*转速/60（字节/秒）=1175500字节
一个磁道的非格式化容量与扇区无关，就是磁道长度*记录位密度/8。
而在计算整个磁盘的非格式化容量时要取最短磁道长度即内径。
专家点评：
本题的考点是，有关磁盘容量的计算方法。
非格式化容量和格式化
容量是磁盘容量的两个指标，它们的计算公式为：
非格式化容量：
非格式化容量＝最大位密度×最内圈周长×总磁道数
在本题中，位密度为：
250位/mm；
内圈周长为：
3.1416×100=314.16mm；
每记录面总磁道数为：
（150－50）×8＝800道，
则每记录面的非格式化容量为：
314.16×250×800＝60Mbit；
Http:
//
该磁盘有4个记录面，则其非格式化容量为：
60Mbit×4/8=30MB。
格式化容量：
格式化容量＝每道扇区数×扇区容量×总磁道数
＝16×512×800/（1024×1024）=25MB。
硬盘的平均数据传输率可由以下公式计算：
平均数据传输率＝每道扇区数×扇区容量×盘片转速
＝16×512×7200/60＝960KB/s该传输率最接近可选的
1178KB/s。
从题意可知，该盘由多个盘片构成，相同的磁道号构成一系列的柱面，在用
磁盘记录一个文件时，应将文件尽可能的记录在同一个柱面上，当一个柱面记
录不下时，在记录在相邻的柱面上。
因此第3问应选B。
问题：
分辨率为640*480的真彩色图象，象素分辨率为24bit，如果以每秒25
帧动态显示，则需要的通信带宽是
A、1.54MbpsB、2.048MbpsC、18.4MbpsD、184Mbps
解析：
如果不考虑任何的压缩，需要的带宽=图像尺寸*图像像素密度*像素的彩
色分辨率*图像更新速度，题目中没有给出图片尺寸，假设是单位尺寸，带宽
=640*480*24*25bit/s=184Mbps
专家点评：
本题的考点是，通信带宽的计算。
问题：
串联系统的平均无故障时间指的是什么?
怎么求?
解析：
对于无论串联或并联系统两次故障之间系统能正常工作的时间的平均值
称为平均无故障时间MTBF：
MTBF=1/λ（λ为失效率），对于串联系统设各子系
统的失效率为λi，则整个串联系统的失效率为：
λ=λ1+λ2+…+λn（假设有n
个子系统）。
三、系统的配置方法
1、系统配置技术：
系统架构模式（2层、3层及多层C/S和B/S系统）；
系统配置方法（双机、双工、热备份、容错、紧耦合多处理器、松耦合多处理
器）；
处理模式（集中式、分布式、批处理、实时系统、WEB计算、移动计算）；
2、系统性能：
性能设计（系统调整、响应特性）；
性能指标、性能评估（测试基准、系统监视器）。
Http:
//
3、系统可靠性：
可靠性计算（MTBF、MTTR、可用性、故障率）；
可靠性设计（失效安全、软失效、部件可靠性及系统可靠性的分配及预估）；
可靠性指标和可靠性评估，RAS（可靠性、可用性和可维护性）。
第二章：
系统开发和运行基础知识
本章要求考生掌握以下知识点：
一、系统开发基础知识
1、需求分析和设计方法：
需求分析；
结构化分析设计；
面向对象设计；
模块设计、I/O设计、人机界面设计。
2、开发环境：
开发工具（设计工具、编程工具、测试工具、CASE）；
集成开发环境。
3、测试评审方法：
测试方法；
评审方法；
测试设计和管理方法（注入故障、系统测试）。
4、项目管理基础知识：
制定项目计划；
质量计划、管理和评估；
过程管理（PERT图、甘特图、工作分解结构、进度控制、关键路径）；
配置管理；
人员计划和管理；
Http:
//
文档管理（文档规范、变更手继）；
开发组织和作用（开发组成员、项目经理）；
成本管理和风险管理。
5、系统可审计性：
审计方法、审计跟踪；
在系统中纳入可审计性。
二、系统运行和维护知识
1、系统运行：
系统运行管理（计算机系统、网络）；
系统成本管理；
系统运行（作业调度、数据I/O管理、操作手册）；
用户管理（ID注册和管理）；
设备和设施管理（电源、空调设备、设备管理、设施安全管理）；
系统故障管理（处理手继、临控、恢复过程、预防措施）；
安全管理；
性能管理；
系统运行工具（自动化操作工具、监控工具、诊断工具）；
系统转换（转入运行阶段、运行测试、版本控制）；
系统运行服务标准。
2、系统维护：
维护的类型（完善性维护、纠错性维护、适应性维护、预防性维护）；
维护的实施（日常检查、定期维护、预防性维护、事后维护、远程维护）；
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