【计算机类职业资格】中级网络工程师上午试题-74及答案解析.doc

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1、中级网络工程师上午试题-74 及答案解析(总分：35.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：22，分数：35.00)（分数：3.00）(1).在虚拟存储系统中，相联存储器的访问方式是U /U寻址的。 A直接 B按地址 C按内容 D先入后出访问（分数：1.00）A.B.C.D.(2).用二进制加法器对二-十进制编码的十进制数求和，当和大于 1001 且向高位有进位时，U /U。A不需进行修正 B需进行加 6 修正 C需进行减 6 修正 D进行加 6 或减 6 修正，需进一步判别（分数：1.00）A.B.C.D.(3).螺旋模型是一种U /U的开发模犁，适合于大型软件的开发。 A文档

2、驱动 B对象驱动 C模型驱动 D风险驱动（分数：1.00）A.B.C.D.在 Word 编辑状态下，若要多次复制 Word 中的格式，使用方法为：首先选中设置好格式的文字，在工具栏上U (4) /U按钮，光标将变成格式刷的样式；然后，选中需要设置同样格式的U (5) /U，即可将选定格式复制到多个位置。取消格式刷时，只需在工具栏上再次单击格式刷按钮，或者按下 Esc 键即可。（分数：2.00）(1).A双击“ ”图标 B双击“ ”图标C单击“ ”图标 D单击“ ”图标 （分数：1.00）A.B.C.D.(2).A文字，按下 Ctrl+V 键B图像，按下 Ctrl+V 键C文字，或将鼠标移到需要

3、复制格式的段落内，再单击鼠标左键D图像，或将鼠标移到需要复制格式的图像内，再单击鼠标左键（分数：1.00）A.B.C.D.1.对于应用程序而言，计算机存储器的最大容量取决于_。A指令字长 B指令中地址码位数C存储单元的位数 D访存指令访问地址的位数（分数：1.00）A.B.C.D.2.CPU 通过U /U确定下一条指令的地址，以保证程序能连续执行。A) 指令寄存器 B) 状态寄存器 C) 地址寄存器 D) 程序计数器（分数：1.00）A.B.C.D.假设模拟信号的最高频率为 5MHz，采样频率必须大于U (8) /U，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

4、速率是U (9) /U。（分数：2.00）(1).A5MHz B10MHz C15MHz D20MHz（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A10Mb/s B50Mb/s C80Mb/s D100Mb/s（分数：1.00）A.B.C.D.3.在 Dreamweaver 中，下面各标签为嵌入 rm 格式视频文件的标签是( )。AembedBbodyCtableDobject（分数：1.00）A.B.C.D.4.在 HFC 网络中，Cable Modem 的作用是U /U。A用于调制解调和拨号上网B用于调制解调以及作为以太网卡接口C用于连接电话线和用户终端计算机D连接 ISDN 接口和用户终端

5、计算机（分数：1.00）A.B.C.D.5.负责在走查期间做出所有说明，包括发现的问题、样式方面错误、遗漏、矛盾、改进意见等，该角色应该是_。A协调人 B走查小组秘书 C测试员 D记录员（分数：2.00）A.B.C.D.6.如图，某计算机的存储器中连续存储了 n 个记录，每个记录的长度均为 m，t 为该段记录中第一个记录的起始地址。那么第 n 个记录的起始地址为U /U。*A) mn+t B) m(n-1) C) m(n-1)+t D) m(n-t)+1（分数：1.00）A.B.C.D.求解该算法的计算时间时，仅考虑算法 Move 所做的计算为主要计算，且 Move 为常数级算法。则算法 F

6、的计算时间 T(n)的递推关系式为U (14) /U；设算法 Move 的计算时间为 k，当 n=4 时，算法 F 的计算时间为U (15) /U。（分数：2.00）(1).AT(n)=T(n-1)+1 BT(n)=2T(n-1)CT(n)=2T(n-1)+1 DT(n)=2T(n+1)+1（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A14k B15k C16k D17k（分数：1.00）A.B.C.D.原型化(Prototyping)方法是一类动态定义需求的方法，U (16) /U不是原型化方法所具有的特征。与结构化方法相比，原型化方法更需要U (17) /U。衡量原型开发人员能力的重要标准是

7、U (18) /U。（分数：3.00）(1).A提供严格定义的文档 B加快需求的确定 C简化项目管理 D加强用户参与和决策（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A熟练的开发人员 B完整的生命周期 C较长的开发时间 D明确的需求定义（分数：1.00）A.B.C.D.(3).A丰富的编程技巧 B灵活使用开发工具 C很强的协调组织能力 D快速获取需求（分数：1.00）A.B.C.D.若将图 8-23(a)所示的无向图改为完全图，则还需要增加U (19) /U条边；图(b)的邻接矩阵表示为U (20) /U(行列均以 A、B、C、D、E 为序)。*（分数：2.00）(1).A1 B2 C5 D15

8、（分数：1.00）A.B.C.D.(2).ABCD （分数：1.00）A.B.C.D.7.计算机病毒是指能够侵入计算机系统并在计算机系统中潜伏、传播，破坏系统正常工作的一种具有繁殖能力的_。A指令 B程序 C设备 D文件（分数：1.00）A.B.C.D.8.假设 ICBCA ACCOUNT 和 CBCA ACCOUNT 是用计算机语言定义的两个不同的类。前者代表工商银行账户，后者代表建设银行账户。ZhangSan ICBCAccount 和 LiSi ICBCAccount 是用 ICBCA ACCOUNT 类定义的两个对象；ZhangSan CBCAccount 是用 CBCA ACCOUN

9、T 类定义的一个对象。下列说法中错误的是_。AZhangSan_ICBCAccount 是 ICBCA ACCOUNT 类的一个实例BZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有相同的属性CZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有相同的状态DZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有不同的操作（分数：1.00）A.B.C.D.9.为了支持不同的传输介质，快速以太网提供了 3 种技术标准，即 100BASE-T4， 100BASE-TX，100BASE-FX。100

10、BASE-TX 使用U /U。 A4 对、3 类线 B2 对、3 类线 C4 对、5 类线 D2 对、5 类线（分数：1.00）A.B.C.D.10.一台主机要解析 的 IP 地址，如果这台主机配置的域名服务器为 202.120.66.68，因特网顶级域名服务器为 11.2.8.6，而存储 与其 IP 地址对应关系的域名服务器为202.113.16.10，那么这台主机解析该域名通常首先查询_。A) 202.120.66.68 域名服务器B) 11.2.8.6 域名服务器C) 202.113.16.10 域名服务器D) 不能确定，可以从这 3 个域名服务器中任选一个（分数：1.00）A.B.

11、C.D.某网站向 CA 申请了数字证书，用户通过U (25) /U来验证网站的真伪。在用户与网站进行安全通信时，用户可以通过U (26) /U进行加密和验证，该网站通过U (27) /U进行解密和签名。（分数：3.00）(1).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00）A.B.C.D.(2).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00）A.B.C.D.(3).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00）A.B.C.D.11.刀片服务器中某块“刀片”插入了 4 块 500GB 的 SAS 硬盘。若使

12、用 RAID 3 组建磁盘系统，则系统可用的磁盘容量为U /U。A500GB B1 TBC1500GB D2TB（分数：1.00）A.B.C.D.12.CPU 主要由运算单元(ALU)、控制单元(CU)、寄存器和时序电路组成，对指令进行译码的功能是由 实现的。A运算单元 B控制单元 C寄存器 D时序电路（分数：1.00）A.B.C.D.Windows XP 是一种U (30) /U操作系统，为了支持网络通信的功能；在它的网络体系中包含了网络 API、传输驱动程序接口(TDI)客户、TDI 传送器、NDIS 小端口驱动程序和U (31) /U，同时NDIS 库也为U (32) /U的使用提供了函

13、数接口。（分数：3.00）(1).A单用户多进程 B多用户多进程 C单用户单进程 D多用户单进程（分数：1.00）A.B.C.D.(2).A网络允动程序的 NDIS B转发程序接口 C服务程序接口 DTCP/IP（分数：1.00）A.B.C.D.(3).A网络 API B传输协议 C驱动程序 DTDI 传送器（分数：1.00）A.B.C.D.13.电子邮件应用程序利用 POP3 协议U /U。 A创建邮件 B加密邮件 C发送邮件 D接收邮件（分数：1.00）A.B.C.D.14.堆栈和队列的相同之处是U /U。A元素的进出满足先进后出 B元素的进出满足先进先出C只允许在端点进行插入和删除操作

14、D无共同点（分数：1.00）A.B.C.D.中级网络工程师上午试题-74 答案解析(总分：35.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：22，分数：35.00)（分数：3.00）(1).在虚拟存储系统中，相联存储器的访问方式是U /U寻址的。 A直接 B按地址 C按内容 D先入后出访问（分数：1.00）A.B.C. D.解析：要点解析 在虚拟存储系统中常使用相联存储器进行管理，相联存储器的最主要特征就是按内容寻址。(2).用二进制加法器对二-十进制编码的十进制数求和，当和大于 1001 且向高位有进位时，U /U。A不需进行修正 B需进行加 6 修正 C需进行减 6 修正 D进行加

15、 6 或减 6 修正，需进一步判别（分数：1.00）A.B. C.D.解析：要点解析 二-十进制编码即 BCD 编码，这种编码加法运算后需进行修正，方能保证结果正确。修正原则是：对于一位 BCD 数加法来说，当和小于等于 1001 且向高位无进位时，不需进行修正；当和大于1001 且向高位有进位时，需进行加 6 修正；当和大于 1001 且向高位无进位时，需进行减 6 修正。(3).螺旋模型是一种U /U的开发模犁，适合于大型软件的开发。 A文档驱动 B对象驱动 C模型驱动 D风险驱动（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：要点解析 螺旋模型将瀑布模型与增量模型结合起来，并加入了风险分析，是

16、一种风险驱动的开发模型，适合于大型软件的开发。在 Word 编辑状态下，若要多次复制 Word 中的格式，使用方法为：首先选中设置好格式的文字，在工具栏上U (4) /U按钮，光标将变成格式刷的样式；然后，选中需要设置同样格式的U (5) /U，即可将选定格式复制到多个位置。取消格式刷时，只需在工具栏上再次单击格式刷按钮，或者按下 Esc 键即可。（分数：2.00）(1).A双击“ ”图标 B双击“ ”图标C单击“ ”图标 D单击“ ”图标 （分数：1.00）A.B. C.D.解析：(2).A文字，按下 Ctrl+V 键B图像，按下 Ctrl+V 键C文字，或将鼠标移到需要复制格式的段落内，再

17、单击鼠标左键D图像，或将鼠标移到需要复制格式的图像内，再单击鼠标左键（分数：1.00）A.B.C. D.解析：试题(1)、(2)分析本题考查 Word 基本操作。试题(1)的正确选项为 B。试题(2)的正确选项为 C。在 Word 编辑状态下，若要多次复制 Word 中的格式，使用方法为：首先选中设置好格式的文字，在工具栏上双击“1.对于应用程序而言，计算机存储器的最大容量取决于_。A指令字长 B指令中地址码位数C存储单元的位数 D访存指令访问地址的位数（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 主存的容量大小直接影响用户的应用范围，特别是操作系统、系统软件功能越完善，主机运行时占用的主存

18、的空间越大，因此主存的容量直接决定用户能否使用该计算机。计算机的主存容量取决于主存的地址位数。但即使主存的地址位数再多，如果 CPU 的访问指令提供的地址位数较少也是没用的，因此主存最大可以使用的容量取决于访存指令访问地址的位数。在只有直接寻址的指令中，主存容量直接取决于指令中地址码位数。由于指令字长的限制，指令地址码的位数不可能太多，为了扩充 CPU 可访问的主存空间，现在都使用变址寻址、基地寻址等，以增加操作数的地址位数。因此主存储器的最大容量决定于由指令寻址方式形成的操作数有效地址的位数。2.CPU 通过U /U确定下一条指令的地址，以保证程序能连续执行。A) 指令寄存器 B) 状态寄存

19、器 C) 地址寄存器 D) 程序计数器（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 程序计数器 PC 的作用是用来存放将要执行的指令的地址，程序执行到什么地方，PC 就指到什么地方，它始终跟着程序的执行。PC 具有自动加 1 的功能，即从存储器中读出一个字节的指令码后，PC 自动加 1(指向下一个存储单元)。假设模拟信号的最高频率为 5MHz，采样频率必须大于U (8) /U，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U (9) /U。（分数：2.00）(1).A5MHz B10MHz C15MHz D20MHz（分数：1.00）A.B. C.D.解析

20、：(2).A10Mb/s B50Mb/s C80Mb/s D100Mb/s（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(14)、(15)分析按照尼奎斯特采样定理，为了恢复原来的模拟信号，取样速率必须大于模拟信号最高频率的二倍，即3.在 Dreamweaver 中，下面各标签为嵌入 rm 格式视频文件的标签是( )。AembedBbodyCtableDobject（分数：1.00）A. B.C.D.解析：4.在 HFC 网络中，Cable Modem 的作用是U /U。A用于调制解调和拨号上网B用于调制解调以及作为以太网卡接口C用于连接电话线和用户终端计算机D连接 ISDN 接口和用户终端计算机（

21、分数：1.00）A.B. C.D.解析：分析 电缆调制解调器(Cable Modem，CM)是基于 HFC 网络的宽带接入技术。CM 是用户设备与同轴电缆网络的接口。在下行方向，它接收前端设备 CMTS (Cable Modem Termination System)发送来的QAM 信号，经解调后传送给 PC 的以太网接口。在上行方向，CM 把 PC 发送的以太帧封装在时隙中，经QPSK 调制后，通过上行数据通路传送给 CMTS。CM 不单纯是调制解调器，它集 MODEM、调谐器、加懈密设备、桥接器、网络接口卡、SNMP 代理和以太网集线器等功能于一身，无需拨号上网，不占用电话线路，可永久连接

22、。大多数 Cable Modem 提供一个标准的 10Base-T 以太网接口，可以同用户的 PC 或局域网集线器相联。5.负责在走查期间做出所有说明，包括发现的问题、样式方面错误、遗漏、矛盾、改进意见等，该角色应该是_。A协调人 B走查小组秘书 C测试员 D记录员（分数：2.00）A.B. C.D.解析：6.如图，某计算机的存储器中连续存储了 n 个记录，每个记录的长度均为 m，t 为该段记录中第一个记录的起始地址。那么第 n 个记录的起始地址为U /U。*A) mn+t B) m(n-1) C) m(n-1)+t D) m(n-t)+1（分数：1.00）A.B.C. D.解析：解析 因为每

23、个记录占用 m 个长度的空间，且起始地址为 t，故第 n 个记录的起始地址为 m (n-1)+t。注意是从第 1 个记录开始计算，而非第 0 个。求解该算法的计算时间时，仅考虑算法 Move 所做的计算为主要计算，且 Move 为常数级算法。则算法 F 的计算时间 T(n)的递推关系式为U (14) /U；设算法 Move 的计算时间为 k，当 n=4 时，算法 F 的计算时间为U (15) /U。（分数：2.00）(1).AT(n)=T(n-1)+1 BT(n)=2T(n-1)CT(n)=2T(n-1)+1 DT(n)=2T(n+1)+1（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).A1

24、4k B15k C16k D17k（分数：1.00）A.B. C.D.解析：原型化(Prototyping)方法是一类动态定义需求的方法，U (16) /U不是原型化方法所具有的特征。与结构化方法相比，原型化方法更需要U (17) /U。衡量原型开发人员能力的重要标准是U (18) /U。（分数：3.00）(1).A提供严格定义的文档 B加快需求的确定 C简化项目管理 D加强用户参与和决策（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2).A熟练的开发人员 B完整的生命周期 C较长的开发时间 D明确的需求定义（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(3).A丰富的编程技巧 B灵活使用开发工具

25、C很强的协调组织能力 D快速获取需求（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：分析 原型化方法基于这样一种客观事实：并非所有的需求在系统开发之前都能准确地说明和定义。因此，它不追求也不可能要求对需求的严格定义，而是采用了动态定义需求的方法。 具有广泛技能高水平的原型化人员是原型实施的重要保证。原型化人员应该是具有经验与才干、训练有素的专业人员。衡量原型化人员能力的重要标准是他是否能够从用户的模糊描述中快速获取实际的需求。若将图 8-23(a)所示的无向图改为完全图，则还需要增加U (19) /U条边；图(b)的邻接矩阵表示为U (20) /U(行列均以 A、B、C、D、E 为序)。*（分数：2

26、.00）(1).A1 B2 C5 D15（分数：1.00）A.B.C. D.解析：(2).ABCD （分数：1.00）A.B.C.D. 解析：解析 本题考查的是图的概念及存储结构。含有 n 个顶点的无向完全图共有 n(n-1)/2 条边。图的矩阵表示法利用一个矩阵来表示图中顶点之间的关系。根据邻接矩阵的特点可知 D 选项符合要求。7.计算机病毒是指能够侵入计算机系统并在计算机系统中潜伏、传播，破坏系统正常工作的一种具有繁殖能力的_。A指令 B程序 C设备 D文件（分数：1.00）A.B. C.D.解析：8.假设 ICBCA ACCOUNT 和 CBCA ACCOUNT 是用计算机语言定义的两个

27、不同的类。前者代表工商银行账户，后者代表建设银行账户。ZhangSan ICBCAccount 和 LiSi ICBCAccount 是用 ICBCA ACCOUNT 类定义的两个对象；ZhangSan CBCAccount 是用 CBCA ACCOUNT 类定义的一个对象。下列说法中错误的是_。AZhangSan_ICBCAccount 是 ICBCA ACCOUNT 类的一个实例BZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有相同的属性CZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有相同的状态DZhangSan

28、_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 总具有不同的操作（分数：1.00）A.B.C. D.解析：分析 在面向对象的基本概念中，对象是类的一个实例。对象总有其所属类的操作和属性，但是同一个类的不同对象的属性的取值可以不同，对象的状态是由其属性的取值决定的。ZhangSan_ICBCAccount 和 LiSi_ICBCAccount 都是 ICBCA_ACCOUNT 类的对象，它们有相同的属性，不一定有相同的状态。因此，正确答案应选 C。9.为了支持不同的传输介质，快速以太网提供了 3 种技术标准，即 100BASE-T4， 100BASE-TX，100BASE-FX。

29、100BASE-TX 使用U /U。 A4 对、3 类线 B2 对、3 类线 C4 对、5 类线 D2 对、5 类线（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：分析 快速以太网提供了 3 种技术标准，即 100BASE-T4，100BASE-TX，100BASE-FX。其中100BASE-TX 采用 2 对、5 类线。10.一台主机要解析 的 IP 地址，如果这台主机配置的域名服务器为 202.120.66.68，因特网顶级域名服务器为 11.2.8.6，而存储 与其 IP 地址对应关系的域名服务器为202.113.16.10，那么这台主机解析该域名通常首先查询_。A) 202.120.66

30、.68 域名服务器B) 11.2.8.6 域名服务器C) 202.113.16.10 域名服务器D) 不能确定，可以从这 3 个域名服务器中任选一个（分数：1.00）A. B.C.D.解析：解析 当 DNS 客户机准备解析一个域名或 IP 地址时，首先查询该客户机的缓存，如果没有符合条件的记录，就产生一个查询请求并发送给本地 DNS 服务器，DNS 服务器收到查询请求后，在服务器的资源记录中查找，如果找到相应的记录，则将解析结果返回给：DNS 客户机；如果没有满足查询请求的记录，服务器在本地的缓存中继续查找；如果找到相应的记录，则解析过程结束，否则按系统设置将查询请求转发给其他 DNS 服务器

31、进行查询；客户机如果在规定的时间内未收到查询响应，会尝试其他的 DNS 服务器或再次查询。某网站向 CA 申请了数字证书，用户通过U (25) /U来验证网站的真伪。在用户与网站进行安全通信时，用户可以通过U (26) /U进行加密和验证，该网站通过U (27) /U进行解密和签名。（分数：3.00）(1).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00）A.B. C.D.解析：(3).ACA 的签名 B证书中的公钥 C网站的私钥 D用户的公钥（分数：1.00

32、）A.B.C. D.解析：解析 数字证书是由权威机构CA 证书授权(Certificate Authority)中心发行的，能提供在Internet 上进行身份验证的一种权威性电子文档，人们可以在互联网交往中用它来证明自己的身份和识别对方的身份。数字证书采用公钥体制，即利用一对互相匹配的密钥进行加密、解密。每个用户自己设定一把特定的仅为本人所有的私有密钥(私钥)，用它进行解密和签名；同时设定一把公共密钥(公钥)并由本人公开，为一组用户所共享，用于加密和验证签名。当发送一份保密文件时，发送方使用接收方的公钥对数据加密，而接收方则使用自己的私钥解密，这样信息就可以安全无误地到达目的地了。通过数字的

33、手段保证加密过程是一个不可逆过程，即只有用私有密钥才能解密。公开密钥技术解决厂密钥发布的管理问题，用户可以公开其公开密钥，而保留其私有密钥。11.刀片服务器中某块“刀片”插入了 4 块 500GB 的 SAS 硬盘。若使用 RAID 3 组建磁盘系统，则系统可用的磁盘容量为U /U。A500GB B1 TBC1500GB D2TB（分数：1.00）A.B.C. D.解析：要点解析 由于 RAID 10 通过数据的 100%备份功能提供数据安全保障，因此其磁盘空间利用率仅为(n1)/n，其中/2 为磁盘数。使用 RAID 3 将 4 块 500GB 的 SAS 硬盘组建成磁盘系统，则该磁盘系统可

34、用的磁盘容量为 4500(4-1)/4=1500GB=1.5TB。12.CPU 主要由运算单元(ALU)、控制单元(CU)、寄存器和时序电路组成，对指令进行译码的功能是由 实现的。A运算单元 B控制单元 C寄存器 D时序电路（分数：1.00）A.B. C.D.解析：解析 CPU 主要由运算单元、控制单元、寄存器和时序电路组成。对指令进行译码的功能是由控制单元实现的。Windows XP 是一种U (30) /U操作系统，为了支持网络通信的功能；在它的网络体系中包含了网络 API、传输驱动程序接口(TDI)客户、TDI 传送器、NDIS 小端口驱动程序和U (31) /U，同时NDIS 库也为U

35、 (32) /U的使用提供了函数接口。（分数：3.00）(1).A单用户多进程 B多用户多进程 C单用户单进程 D多用户单进程（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(2).A网络允动程序的 NDIS B转发程序接口 C服务程序接口 DTCP/IP（分数：1.00）A. B.C.D.解析：(3).A网络 API B传输协议 C驱动程序 DTDI 传送器（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：试题 5658分析 本题考查多用户、多进程的概念。(1)单用户、单进程：每一时刻只能为一个用户服务，而且只能运行一个应用程序，这称为单用户、单进程操作系统，如 DOS 系统。(2)单用户、多进程：只允许

36、一个用户，但可以同时启动和运行多个应用程序，处理器为各应用程序分配时间，如非服务器版本的 Windows 系列。(3)多用户、多进程：多个用户同时运行多个程序，如 Linux、Unix 系统等。Windows XP 的网络构架的各类组件如下。(1)网络 API：为应用程序提供一种独立于协议的方式，用于网络通信。(2)传输驱动程序接口(TDI)客户：是核心态的设备驱动程序，而设备驱动程序通常实现了网络 API 的核心态部分。(3)TDI 传送器：工作在核心态的协议驱动程序。(4)NDIS 库(Ndis.sys)：为适配驱动程序提供了封装，隐藏核心态环境下的细节。为适配驱动程序提供支持函数，也为

37、TDI 传送器的使用提供函数接口。(5)NDIS 小端口驱动程序：工作在核心态的驱动程序，它负责将 TDI 传送器接入特定的网络适配器。13.电子邮件应用程序利用 POP3 协议U /U。 A创建邮件 B加密邮件 C发送邮件 D接收邮件（分数：1.00）A.B.C.D. 解析：分析 本题考查的是电子邮件协议的基本知识。常见的电子邮件协议包括 SMTP(简单邮件传输协议)、POP3(邮局协议)和 IMAP (Internet 邮件访问协议)。这几种协议都是由 TCP/IP 协议族定义的。SMTP(Simple Mail Transfer Protocol)主要负责底层的邮件系统如何将邮件从一台机器传至另外一台机器。14.堆栈和队列的相同之处是U /U。A元素的进出满足先进后出 B元素的进出满足先进先出C只允许在端点进行插入和删除操作 D无共同点（分数：1.00）A.B.C. D.解析：分析 本题考查堆栈和队列的特点。堆栈和队列是常用的两种数据结构，其中队列只允许在一端进行插入，另一端进行删除操作，具有先进先出的特征。而堆栈只允许在同一端进行插入和删除运算，具有后进先出的特征。因此，堆栈和队列的相同之处是允许在端点进行插入和删除操作。