下半年软考网络工程师试题和解析上午下午.docx

1、下半年软考网络工程师试题和解析上午下午2009年下半年 网络工程师 上午试卷 以下关于CPU的叙述中，错误的是 （1） 。（1）ACPU产生每条指令的操作信号并将操作信号送往相应的部件进行控制B程序控制器PC除了存放指令地址，也可以临时存储算术/逻辑运算结果CCPU中的控制器决定计算机运行过程的自动化D指令译码器是CPU控制器中的部件试题解析：PC不可以存储算术/逻辑运算结果。答案：（1）B 以下关于CISC（Complex Instruction Set Computer，复杂指令集计算机）和RISC（Reduced Instruction Set Computer，精简指令集计算机）的叙述

2、中，错误的是 （2） 。（2）A在CISC中，其复杂指令都采用硬布线逻辑来执行B采用CISC技术的CPU，其芯片设计复杂度更高C在RISC中，更适合采用硬布线逻辑执行指令D采用RISC技术，指令系统中的指令种类和寻址方式更少试题解析：CISC 的指令系统对应的控制信号复杂，大多采用微程序控制器方式。答案：（2）A 以下关于校验码的叙述中，正确的是 （3） 。（3）A海明码利用多组数位的奇偶性来检错和纠错B海明码的码距必须大于等于1C循环冗余校验码具有很强的检错和纠错能力D循环冗余校验码的码距必定为1试题解析：海明码使用多组数位进行异或运算来检错和纠错。不过，异或也可以当做是奇偶计算，因此A可以

3、算是正确的。B的错误在于码距不能等于1。C的错误在于CRC不具有纠错能力。取两个相近的码字，如0和1，再随便用个生成多项式（如101）进行计算，可以看出即使要传输的码字的码距为1，但整个编码（原数据+CRC校验码）的码距必定大于1。如果码距可以等于1的话，那么就意味着CRC编码可能无法检查出一位的错误。因此D也是错误的。不过，D的表达存在不严谨的地方。如果将题目中的“循环冗余校验码”定为整个编码（原数据+CRC校验码），则D是错误的。如果将题目中的“循环冗余校验码”定为CRC校验码，则D是正确的。答案：（3）A 以下关于Cache的叙述中，正确的是 （4） 。（4）A在容量确定的情况下，替换算

4、法的时间复杂度是影响Cache命中率的关键因素BCache的设计思想是在合理成本下提高命中率CCache的设计目标是容量尽可能与主存容量相等DCPU中的Cache容量应该大于CPU之外的Cache容量试题解析：A、C、D都明显错误。答案：（4）B 面向对象开发方法的基本思想是尽可能按照人类认识客观世界的方法来分析和解决问题， （5） 方法不属于面向对象方法。（5）ABoochBCoadCOMTDJackson试题解析：Jackson是面向数据结构的设计方法。答案：（5）D 确定构建软件系统所需要的人数时，无需考虑 （6） 。（6）A系统的市场前景B系统的规模C系统的技术复杂度D项目计划试题解析

5、：常识。答案：（6）A 一个项目为了修正一个错误而进行了变更。这个变更被修正后，却引起以前可以正确运行的代码出错。 （7） 最可能发现这一问题。（7）A单元测试B接受测试C回归测试D安装测试试题解析：在软件生命周期中的任何一个阶段，只要软件发生了改变，就可能给该软件带来问题。软件的改变可能是源于发现了错误并做了修改，也有可能是因为在集成或维护阶段加入了新的模块。当软件中所含错误被发现时，如果错误跟踪与管理系统不够完善，就可能会遗漏对这些错误的修改；而开发者对错误理解的不够透彻，也可能导致所做的修改只修正了错误的外在表现，而没有修复错误本身，从而造成修改失败；修改还有可能产生副作用从而导致软件未

6、被修改的部分产生新的问题，使本来工作正常的功能产生错误。同样，在有新代码加入软件的时候，除了新加入的代码中有可能含有错误外，新代码还有可能对原有的代码带来影响。因此，每当软件发生变化时，我们就必须重新测试现有的功能，以便确定修改是否达到了预期的目的，检查修改是否损害了原有的正常功能。同时，还需要补充新的测试用例来测试新的或被修改了的功能。为了验证修改的正确性及其影响就需要进行回归测试。答案：（7）C 操作系统是裸机上的第一层软件，其他系统软件（如 （8） 等）和应用软件都是建立在操作系统基础上的。下图分别表示 （9） 。（8）A编译程序、财务软件和数据库管理系统软件B汇编程序、编译程序和jav

7、a解释器C编译程序、数据库管理系统软件和汽车防盗程序D语言处理程序、办公管理软件和气象预报软件（9）A应用软件开发者、最终用户和系统软件开发者B应用软件开发者、系统软件开发者和最终用户C最终用户、系统软件开发者和应用软件开发者D最终用户、应用软件开发者和系统软件开发者试题解析：常识。答案：（8）B（9）D 软件权利人与被许可方签订一份软件使用许可合同。若在该合同约定的时间和地域范围内，软件权利人不得再许可任何第三人以此相同的方法使用该项软件，但软件权利人可以自己使用，则该项许可使用是 （10） 。（10）A独家许可使用B独占许可使用C普通许可使用D部分许可使用试题解析：许可贸易实际上是一种许可

8、方用授权的形式向被许可方转让技术使用权同时也让度一定市场的贸易行为。根据其授权程度大小，许可贸易可分为如下五种形式：(1)独占许可。它是指在合同规定的期限和地域内，被许可方对转让的技术享有独占的使用权，即许可方自己和任何第三方都不得使用该项技术和销售该技术项下的产品。所以这种许可的技术使用费是最高的。(2)排他许可，又称独家许可；它是指在合同规定的期限和地域内，被许可方和许可方自己都可使用该许可项下的技术和销售该技术项下的产品，但许可方不得再将该项技术转让给第三方。排他许可是仅排除第三方面不排除许可方。(3)普通许可。它是指在合同规定的期限和地域内，除被许可方该允许使用转让的技术和许可方仍保留

9、对该项技术的使用权之外，许可方还有权再向第三方转让该项技术。普通许可是许可方授予被许可方权限最小的一种授权，其技术使用费也是最低的。(4)可转让许可，又称分许可。它是指被许可方经许可方允许，在合同规定的地域内，将其被许可所获得的技术使用权全部或部分地转售给第三方。通常只有独占许可或排他许可的被许可方才获得这种可转让许可的授权。(5)互换许可，又称交叉许可。它是指交易双方或各方以其所拥有的知识产权或专有技术，按各方都同意的条件互惠交换技术的使用权，供对方使用。这种许可多适用于原发明的专利权人与派生发明的专利权人之间。答案：（10）A E1载波的基本帧由32个子信道组成。其中30个子信道用于传送语

10、音数据，2个子信道 （11） 用于传送控制信令。该基本帧的传送时间为 （12） 。（11）ACH0和CH2BCH1和CH15CCH15和CH16DCH0和CH16（12）A100msB200sC125sD150s试题解析：E1的一个时分复用帧的传送时间为125s，即每秒8000次。一个帧的传送时间被划分为32相等的子信道，信道的编号为CH0CH31。其中信道CH0用作帧同步用，信道CH16用来传送信令，剩下CH1CH15和CH17CH31 共30个信道可用于用户数据传输。答案：（11）D（12）C 4B/5B编码是一种两级编码方案，首先要把数据变成 （13） 编码，再把4位分为一组的代码变换成

11、5单位的代码，这种编码的效率是 （14） 。（13）ANRZ-IBAMICQAMDPCM（14）A0.4B0.5C0.8D1.0试题解析：4B / 5B编码是将欲发送的数据流每4bit作为一个组，然后按照4B / 5B编码规则将其转换成相应5bit码。5bit码共有32种组合，但只采用其中的16种作为数据码对应4bit码；其它的16种或者未用，或者作为控制码用于表示帧的开始和结束、光纤线路的状态（静止、空闲、暂停）等。4B / 5B编码可以在NRZ-I编码的基础上实现，但由于NRI-I编码（非归零反相编码）没有解决传输比特0的同步问题，因此，4B / 5B编码的设计目的是保证整个传输数据信息（

12、不包括控制信息）的过程中，无论是单组编码还是相邻组编码，都不会出现超过3个连续“0”的情况。通过4B / 5B的特别编码方式，解决传输中的同步问题。答案：（13）A（14）C 下图表示了某个数据的两种编码，这两种编码分别是 （15） ，该数据是 （16） 。（15）AX为差分曼彻斯特码，Y为曼彻斯特码BX为差分曼彻斯特码，Y为双极性码CX为曼彻斯特码，Y为差分曼彻斯特码DX为曼彻斯特码，Y为不归零码（16）A010011110B010011010C011011010D010010010试题解析：两种编码都在比特间隙的中央有跳变，说明它们都属于双相位编码。因此（15）题答案只能在A、C中选择。如

13、果（15）题选A，则x为差分曼彻斯特编码。差分曼彻斯特编码的比特间隙中间的跳变仅用于携带同步信息，不同比特是通过在比特间隙开始位置是否有电平跳变来表示。每比特的开始位置没有电平跳变表示比特1，有电平跳变表示比特0。如果将x编码当做差分曼彻斯特编码，其数据应该是？11010111（第一位编码由于无法预知其前状态，因此只能用？表示）。y编码可能是“011101100”或“100010011”，显然差分曼彻斯特编码和曼彻斯特编码的结果对应不上，因此A是错误的。如果（15）题选C，则y为差分曼彻斯特编码，其数据应该是？10011010。x编码可能是“010011010”或“101100101”。显然第

14、一个结果能够与差分曼彻斯特编码的结果匹配。所以可以判定该数据位为010011010。答案：（15）C（16）B 下图所示的调制方式是 （17） 。若载波频率为2400Hz，则码元速率为 （18） 。（17）AFSKB2DPSKCASKDQAM（18）A100BaudB200BaudC1200BaudD2400Baud试题解析：这个信号明显是属于相位调制，在（17）题的备选答案中，PSK是相移键控，满足题意。DPSK（Differential Phase Shift Keying，差分相移键控）波形的同一个相位并不一定代表相同的数字信号，而前后码元的相对相位才能唯一地确定数字信息，所以只要前后码

15、元的相对相位关系不破坏，就可正确恢复数字信息。这就避免了绝对PSK方式中的“倒”现象的发生，因此得到广泛的应用。在数字信号中，一个数字脉冲称为一个码元（Symbol），一次脉冲的持续时间称为码元的宽度。码元速率（Symbol Rate）表示单位时间内信号波形的最大变换次数，即单位时间内通过信道的码元个数。码元速率即数字信号中的波特率，所以码元速率的单位也为baud/s。在这个信号中，由于码元宽度为2个载波信号周期，因此其码元速率为1200baud/s。答案：（17）B（18）C 在相隔2000km的两地间通过电缆以4800b/s的速率传送3000比特长的数据包，从开始发送到接收完数据需要的时间

16、是 （19） 。如果用50kb/s的卫星信道传送，则需要的时间是 （20） 。（19）A480msB645msC630msD635ms（20）A70msB330msC500msD600ms试题解析：电信号在铜缆上的传播速度大致为光速的2/3，也就是每秒20万公里。（19）题的答案是总传输时间=传输延迟时间+数据帧的发送时间=2000 / 200000 + 3000 / 4800 = 10ms + 625ms = 635ms。（20）题有些含混，毕竟信号要先发到太空的卫星上，再转发到2000km外的接收站，因此总距离不可能还是2000km，不过题目没有提供相关数据。有的书上说卫星传输的延时是27

17、0ms，这里要说明一下：传输延时是与距离相关的，距离越远则延时越大。即使是同一颗卫星，其近地点与远地点的通信传输延迟都差别非常大。如果死记270ms，那就是教条主义了。现在只能按照教条主义的方法来计算了。总传输时间=传输延迟时间+数据帧的发送时间=270 + 3000 / 50000 = 270ms + 60ms = 330ms。答案：（19）D（20）B 对于选择重发ARQ协议，如果帧编号字段为k位，则窗口大小为 （21） 。答案：（21）B RIPv2对RIPv1协议有三方面的改进。下面的选项中，RIPv2的特别不包括 （22） 。在RIPv2中，可以采用水平分割法来消除路由循环，这种方法

18、是指 （23） 。（22）A使用组播而不是广播来传播路由更新报文B采用了触发更新机制来加速路由收敛C使用经过散列的口令来限制路由信息的传播D支持动态网络地址变换来使用私网地址（23）A不能向自己的邻居发送路由信息B不要把一条路由信息发送给该信息的来源C路由信息只能发送给左右两边的路由器D路由信息必须用组播而不是广播方式发送试题解析：RIP是基于D-V算法的路由协议，由于D-V算法存在着路由收敛速度慢的问题，因此RIPv2采用了触发更新等机制来加速路由计算。RFC 1388对RIP协议进行了扩充，定义了RIPv2。RIPv1使用广播方式进行路由更新，RIPv2改为组播方式进行路由更新。RIPv2

19、使用的组播地址是224.0.0.9。RIPv1不具备身份验证功能，这样就存在有安全漏洞。RIPv2实现了身份验证功能，能够通过路由更新消息中的口令来判断消息的合法性。RIPv2支持两种类型的身份验证：明文口令和MD5散列口令。明文口令安全性差，不推荐使用。当使用MD5散列口令时，发送方使用MD5单向散列函数将路由更新消息和口令一起计算出一个摘要值，然后将路由更新消息和摘要值一起发送出去；接收方收到路由更新消息后，使用相同的方法也计算出一个摘要值，将收到的摘要值和自己计算出来的摘要值进行对比，如果相等，说明双方使用了相同的MD5散列口令。由于MD5散列口令并非直接在网络上以明文形式进行传输，因此

20、具有较高的安全性。使用共同口令的路由器构成了一个身份验证区域。一个网络中的路由器使用多个口令时，就可以构成多个身份验证区域。因此，RIPv2可以通过设置不同的身份验证口令来限制路由信息的传播。RIPv2的每个路由记录都携带有自己的子网掩码，因此实现了对CIDR（Class Inter-Domain Routing，无类域间路由）、VLSM（Variable Length Subnetwork Mask，可变长子网掩码）和不连续子网的支持。但不涉及对NAT的支持。水平分割方法的原理是：路由器必须有选择地将路由表中的路由信息发送给相邻的其它路由器，而不是发送整个路由表。具体地说，即一条路由信息不会

21、被发送给该信息的来源方。答案：（22）D（23）B 为了限制路由信息传播的范围，OSPF协议把网络划分成4种区域（Area），其中 （24） 的作用是连接各个区域的传输网络， （25） 不接受本地自治系统之外的路由信息。（24）A不完全存根区域B标准区域C主干区域D存根区域（25）A不完全存根区域B标准区域C主干区域D存根区域试题解析：如果将区域看成一个节点，则OSPF是以主干区域（area 0）为顶点，其他区域为终端的星形拓扑结构。标准区域可以接收链路更新信息和路由总结。存根区域是不接受自治系统以外的路由信息的区域。如果需要自治系统以外的路由，它使用默认路由0.0.0.0。完全存根区域不接受

22、外部自治系统的路由以及自治系统内其他区域的路由总结，需要发送到区域外的报文则使用默认路由0.0.0.0。完全存根区域是Cisco自己定义的。不完全存根区域类似于存根区域，但是允许接收以LSAType7发送的外部路由信息，并且要把LSAType7转换成LSAType5。 MPLS根据标记对分组进行交换，其标记中包含 （26） 。（26）AMAC地址BIP地址CVLAN编号D分组长度试题解析：MPLS提供多种协议的接口，如 IP、ATM、帧中继、资源预留协议（RSVP）、开放最短路径优先（OSPF）等。MPLS将IP地址映射为简单的具有固定长度的标签，用于不同的包转发和包交换技术。答案：（26）B

23、 某PC不能接入Internet，此时采用抓包工具捕获的以太网接口发出的信息如下：则该PC的IP地址为 （27） ，默认网关的IP地址为 （28） 。该PC不能接入Internet的原因可能是 （29） 。（27）A213.127.115.31B213.127.115.255C213.127.115.254D224.1.1.1（28）A213.127.115.31B213.127.115.255C213.127.115.254D224.1.1.1（29）ADNS解析错误BTCP/IP协议安装错误C不能正常连接到网关DDHCP服务器工作不正常试题解析：略。答案：（27）A（28）C（29）C 在

24、Linux 系统中，采用 （30） 命令查看进程输出的信息，得到下图所示的结果。系统启动时最先运行的进程是 （31） ，下列关于进程xinetd的说法中正确的是 （32） 。（30）Aps -allBps -aefCls -aDls la（31）A0BnullCinitDbash（32）Axinetd是网络服务的守护进程Bxinetd是定时服务的守护进程Cxinetd进程负责配置网络接口Dxinetd进程进程负责启动网卡试题解析：ps命令显示系统正在运行的进程，参数：e列出系统所有的进程，f列出详细清单。显示各列为： UID：运行进程的用户 PID：进程的ID PPID：父进程的ID C：进程

25、的CPU使用情况（进程使用占CPU时间的百分比） STIME：开始时间 TTY：运行此进程的终端或控制台 TIME：消耗CPU的时间总量 CMD：产生进程的命令名称Linux操作系统内核被加载入内存后，开始掌握控制权。接着，它将完成对外围设备的检测，并加载相应的驱动程序，如软驱、硬盘、光驱等。然后，系统内核调度系统的第一个进程，init进程。作为系统的第一个进程，init的进程ID（PID）为1。它将完成系统的初始化工作，并维护系统的各种运行级别，包括系统的初始化、系统结束、单用户运行模式和多用户运行模式。在Linux系统中，大部分的服务进程（daemon）都会设置成在系统启动时自动执行。服务

26、进程是指在系统中持续执行的进程。但是，过多进程同时执行必然会占据更多的内存、CPU时间等资源，从而使系统性能下降。为了解决这个问题，Linux系统提供了一个超级服务进程：inetd/xinetd。inetd/xinetd总管网络服务，使需要的程序在适当时候执行。当客户端没有请求时，服务进程不执行；只有当接收到客户端的某种服务器请求时，inetd/xinetd根据其提供的信息去启动相应的服务进程提供服务。inetd/xinetd负责监听传输层协议定义的网络端口。当数据包通过网络传送到服务器时，inetd/xinetd根据接收数据包的端口判断是哪个功能的数据包，然后调用相应的服务进程进行处理。除R

27、ed Hat Linux 7使用xinetd来提供这个服务外，大部分版本的Linux系统都使用inetd。答案：（30）B（31）C（32）A Linux操作系统中，网络管理员可以通过修改 （33） 文件对web服务器端口进行配置。（33）Ainetd.confBlilo.confChttpd.confDresolv.conf试题解析：inetd.conf是系统超级服务进程inetd的配置文件。lilo.conf是操作系统启动程序LILO的配置文件。httpd.conf是web服务器Apache的配置文件。resolv.conf是DNS解析的配置文件。答案：（33）C 在Linux操作系统中，

28、存放用户账号加密口令的文件是 （34） 。（34）A/etc/samB/etc/shadowCetc/groupDetc/security试题解析：常识。答案：（34）B 在Windows中运行 （35） 命令后得到如下图所示的结果。如果要将目标地址为102.217.112.0.24的分组经102.217.115.1发出，需增加一条路由，正确的命令为 （36） 。（35）Aipconfig /renewBpingCnslookupDroute print（36）Aroute add 102.217.112.0 mask 255.255.255.0 102.217.115.1Broute add

29、 102.217.112.0 255.255.255.0 102.217.115.1Cadd route 102.217.112.0 255.255.255.0 102.217.115.1Dadd route 102.217.112.0 mask 255.255.255.0 102.217.115.1试题解析：route add的格式是：答案：（35）D（36）A 下列关于Microsoft管理控制台（MMC）的说法中，错误的是 （37） 。（37）AMMC集成了用来管理网络、计算机、服务及其它系统组件的管理工具BMMC创建、保存并打开管理工具单元CMMC可以运行在Windows XP和Windows 2000操作系统上DMMC是用来管理硬件、软件和Wi