【计算机类职业资格】软件水平考试（初级）网络管理员上午（基础知识）-试卷3及答案解析.doc

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1、软件水平考试（初级）网络管理员上午（基础知识）-试卷 3及答案解析(总分：66.00，做题时间：90 分钟)一、选择题(总题数：22，分数：66.00)1.选择题（）下列各题 A、B、C、D 四个选项中，只有一个选项是正确的，请将此选项涂写在答题卡相应位置上，答在试卷上不得分。_2.操作系统在实现虚拟存储器时，可用的内存页面替换算法有多种，Windows 98 所采用的算法是(4)。（分数：2.00）A.最有淘汰算法(OPT)B.先进先出淘汰算法(FIFO)C.最近最少使用淘汰算法(LRU)D.最近未使用淘汰算法(NUR)3.下列各数中最大的是(5)。（分数：2.00）A.11010110.0

2、101(二进制)B.D6.53(十六进制)C.214.32(十进制)D.326.25(八进制)4.已知字符 T的 ASC码值的十进制表示为 84。如果将最高位设置为奇校验位，则字符 M的 ASC码值设置奇效验位后，它的二进制表示为(9)。（分数：2.00）A.1001101B.11001101C.1101011D.101111015.若一台计算机的字长为 32位，则表明该计算机(10)。（分数：2.00）A.能处理的数值最大为 4位十进制数B.能处理的数值最多为 4个字节C.在 CPU中能够作为一个整体加以处理的二进制数据为 4个字节D.CPU中运算的结果最大为 2 326.计算机的控制器是由

3、多种部件组成的，其中不包括(11)。（分数：2.00）A.指令寄存器 IRB.程序计数器 PC(指令指针寄存器 IP)C.算术逻辑单元 ALUD.程序状态字寄存器 PSW7.下列叙述中最确切的是(14)。（分数：2.00）A.CPU是计算机核心部件，它的主要功能是完成算术和逻辑运算操作。B.根据系统总线传送信息的类型不同，它可分为地址线和控制线。C.显示器和显示卡是构成计算机显示系统的硬件部件。D.打印机只能通过并行接口和计算机连接。8.操作系统具有进程管理、存储管理、文件管理和设备管理的功能，在以下有关的描述中，(15)是错误的。（分数：2.00）A.进程管理主要是对程序进行管理B.存储管理

4、主要管理内存资源C.文件管理可以有效地支持对文件的操作，解决文件共享、保密和保护问题D.设备管理是指计算机系统中除了 CPU和内存以外的所有输入、输出设备的管理9.若把操作系统看做计算机系统资源的管理者，下列(16)不属于操作系统所管理的资源。（分数：2.00）A.内存B.中断C.CPUD.程序10.分时操作系统的主要特点是(17)。（分数：2.00）A.个人独占计算机资源B.自动控制作业运行C.高可靠性和安全性D.多个用户共享计算机资源11.在程序状态字 PSW中设置了一位，用于控制用户程序不能执行特权指令，这一位是(18)。（分数：2.00）A.保护位B.CPU状态位C.屏蔽位D.条件位1

5、2.数据库中对数据操作的授权等功能，通常是在数据库管理系统中(21)支持下实现的。（分数：2.00）A.数据控制语言 DCLB.数据操纵语言 DMLC.数据定义语言 DDLD.数据库维护管理程序13.数据模型是表示实体间联系的，网状模型、层次模型和关系模型都是数据库中的基本数据模型。在搜索数据时，关系模型是通过(22)实现的。（分数：2.00）A.可从任一点开始且沿任何路径搜索B.可从任一结点沿确定的路径搜索C.可从固定的结点沿任何路径搜索D.对关系进行运算在 PowerPoint 2000 的大纲视图中，选择工具栏中的(2)按钮表示下移一个段落。“幻灯片切换”对话框中不能设置的选项是(3)。

6、（分数：4.00）A.B.C.D.A.声音B.换页方式C.效果D.版式与十六进制数 AC.E等值的十进制数是(5)，等值的八进制数是(6)。（分数：4.00）A.112.875B.162.875C.172.7D.172.875A.254.16B.254.7C.530.07D.530.7设 X、Y、M 和 N都是 8位二进制数，按下列三步执行按位逻辑运算： X+YM，X YN，M（分数：4.00）A.10000001B.11111111C.0D.11000011A.11000011B.11000000C.110000D.11已知字母“G”的 ASC码，在其高位前再加上 l位奇偶校验位后的机器码是

7、 01000111，则“L”和“M”的 8位机器码分别为(9)和(10)。（分数：4.00）A.11001100B.11001101C.1001101D.1001100A.11001100B.11001101C.1001101D.1001100动态 RAM的特点是(12)，PC 机的(13)一般由动态 RAM构成。（分数：4.00）A.工作中需要动态地改变存储单元内容B.工作中需要动态地改变访存地址C.每隔一定时间需要刷新D.每次读出后需要刷新A.外存B.CMOS系统参数存储器C.CacheD.主存某计算机字长 16位的机器码 1111 1111 0000 0000，表示无符号的整数时对应的十

8、进制表达式为(5)，表示一个带符号整数的反码时，该机器码表示的十进制表达式为(6)，该数的补码是(7)。（分数：6.00）A.2 15 -2 7B.2 16 -2 9C.2 17 -2 7D.2 16 -2 7A.-(2 15 -2 8 )B.-(2 16 -2 8 )C.-(2 8 -1)D.-2 8A.111111100000000B.1000000011111110C.1111111100000000D.1111111011111110在 Windows 98 中可按(47)键得到帮助信息。Windows 98 中的“回收站”是(48)。在 Windows 98 资源管理器中，要恢复误删

9、除的文件，最简单的办法是单击(49)按钮。（分数：6.00）A.F1B.F2C.F3D.P4A.内存中的一块区域B.硬盘上的一块区域C.软盘上的一块区域D.高速缓存中的一块区域A.剪切B.复制C.撤消D.粘贴局域网最初的协议标准有(42)；局域网中定义以太网的介质访问控制方法和物理层技术规范是(43)；快速以太网和传统以太网在(44)上的标准不同；快速以太网与传允以太网相比，(45)提高了 10倍。（分数：8.00）A.多于 7种B.少于 7种C.7种D.不正确A.IEEE 802.2B.IEEE 802.5C.IEEE 802.4D.IEEE 802.3A.逻辑链路控制子层B.介质访问控制子

10、层C.物理层D.网络层A.网络性能B.网络吞吐量C.网络覆盖范围D.网络用户数14.(69)Virus Security Software is designed to detect, eliminate or quarantine computer viruses before they are able to harm a computer or server networked system（分数：2.00）A.AntiB.InvadeC.InroadD.Aggression软件水平考试（初级）网络管理员上午（基础知识）-试卷 3答案解析(总分：66.00，做题时间：90 分钟)一、选择

11、题(总题数：22，分数：66.00)1.选择题（）下列各题 A、B、C、D 四个选项中，只有一个选项是正确的，请将此选项涂写在答题卡相应位置上，答在试卷上不得分。_解析：2.操作系统在实现虚拟存储器时，可用的内存页面替换算法有多种，Windows 98 所采用的算法是(4)。（分数：2.00）A.最有淘汰算法(OPT)B.先进先出淘汰算法(FIFO)C.最近最少使用淘汰算法(LRU) D.最近未使用淘汰算法(NUR)解析：解析：Windows 98 采用的页交换算法是最近最少使用(LRU)算法，但处于 0环的系统内核部分所占用的内存不会参加页交换。3.下列各数中最大的是(5)。（分数：2.00

12、）A.11010110.0101(二进制)B.D6.53(十六进制)C.214.32(十进制)D.326.25(八进制) 解析：解析：本题主要考查二进制、八进制、十进制和十六进制数间的转换。4 种进制间的大小比较，可以以十进制数为基准，把剩下的 3种进制转化为十进制数，然后比较大小。考虑本题特点，先把八进制和十六进制数转化为二进制数，(D6.53) 16 =(11010110.01010011) 2 ，(326.25) 8 =(011010110.010101) 2 ，显然(D6.53) 16 (11010110.0101) 2 (326.25) 8 ，又(D6.53) 16 =(214.33

13、)10(214.32)10。4.已知字符 T的 ASC码值的十进制表示为 84。如果将最高位设置为奇校验位，则字符 M的 ASC码值设置奇效验位后，它的二进制表示为(9)。（分数：2.00）A.1001101B.11001101 C.1101011D.10111101解析：解析：字符“T”的 ASC码值的二进制表示为 1010100。因字符“T”与字符“M”相差 7个字符，则它的二进制表示为 10101000000111=1001101，将最高位设置为奇校验位，则字符“M”的 8位 ASCII码值为 11001101。5.若一台计算机的字长为 32位，则表明该计算机(10)。（分数：2.00）

14、A.能处理的数值最大为 4位十进制数B.能处理的数值最多为 4个字节C.在 CPU中能够作为一个整体加以处理的二进制数据为 4个字节 D.CPU中运算的结果最大为 2 32解析：解析：字长是指微处理器内部的寄存器、运算器、内部数据总线等部件之间传输数据的宽度(位数)，字节是计算机存储容量的基本单位，一个字节等于 8bit。字长一般是字节的整数倍，如8bit、16bit、32bit、64Nt 等。字长越长，运算精度就越高，功能越强，支持的主存容量就越大。因此若计算机的字长是 4B，意味着 CPU一次可以处理 32bit，即 4个字节数据。6.计算机的控制器是由多种部件组成的，其中不包括(11)。

15、（分数：2.00）A.指令寄存器 IRB.程序计数器 PC(指令指针寄存器 IP)C.算术逻辑单元 ALU D.程序状态字寄存器 PSW解析：解析：微处理器由运算器 ALU、控制器和寄存器阵列组成 3部分组成。其中，控制器负责从内存储器中取出指令，分析解释指令，向各硬件部件发出控制信号，保证计算机各部件的有条不紊、协调一致地进行工作。控制器由程序计数器(IP)、指令寄存器(IR)、指令译码器(ID)和时序信号发生器等组成。7.下列叙述中最确切的是(14)。（分数：2.00）A.CPU是计算机核心部件，它的主要功能是完成算术和逻辑运算操作。B.根据系统总线传送信息的类型不同，它可分为地址线和控制

16、线。C.显示器和显示卡是构成计算机显示系统的硬件部件。 D.打印机只能通过并行接口和计算机连接。解析：解析：CPU 是以单片大规模集成电路制成的具有运算和控制能力的处理器。根据系统总线传送信息的类型不同，它可分为地址线、控制线和数据线。打印机除了通过并行口和计算机连接，还可通过串口连接。计算机显示系统主要由显示器和显卡等硬件构成。答案 C。8.操作系统具有进程管理、存储管理、文件管理和设备管理的功能，在以下有关的描述中，(15)是错误的。（分数：2.00）A.进程管理主要是对程序进行管理 B.存储管理主要管理内存资源C.文件管理可以有效地支持对文件的操作，解决文件共享、保密和保护问题D.设备管

17、理是指计算机系统中除了 CPU和内存以外的所有输入、输出设备的管理解析：解析：进程管理主要是对处理机进行管理。存储管理主要管理内存资源。系统中的信息资源(如程序和数据)是以文件的形式存放在外存储器(如磁盘、磁带)中的，需要时再把它们装入内存。文件管理的任务是有效地支持文件的存储、检索和修改等操作，解决文件的共享、保密和保护问题，以使用户方便、安全地访问文件。操作系统一般都提供很强的文件系统。设备管理是指计算机系统中除了 CPU和内存以外的所有输入、输出设备的管理。所以，A 的描述是错误的。9.若把操作系统看做计算机系统资源的管理者，下列(16)不属于操作系统所管理的资源。（分数：2.00）A.

18、内存B.中断 C.CPUD.程序解析：解析：操作系统可以管理系统的各种资源，包括所有硬件资源，如 CPU、存储器、输入输出设备和软件资源等，如程序和数据等。中断是指 CPU对系统发生的某个事件作出的一种反应，即 CPU暂停正在执行的程序，保留现场后自动转去执行相应的处理程序，处理完该事件后再返回断点继续执行被“打断”的程序。所以说，中断不属于操作系统所管理的资源。10.分时操作系统的主要特点是(17)。（分数：2.00）A.个人独占计算机资源B.自动控制作业运行C.高可靠性和安全性D.多个用户共享计算机资源 解析：解析：分时系统允许多个用户同时使用计算机。一台分时计算机系统连有若干台终端，多个

19、用户可以在各自的终端上向系统发出服务请求，等待计算机的处理结果并决定下一个步骤。操作系统接收每个用户的命令，采用时间片轮转的方式处理用户的服务请求，即按照某个次序给每个用户分配一段 CPU时间，进行各自的处理。对每个用户而言，仿佛独占了整个计算机系统。分时系统具有多路性、交互性、独立性和及时性的特点。分时系统的主要目标是对用户响应的及时性。11.在程序状态字 PSW中设置了一位，用于控制用户程序不能执行特权指令，这一位是(18)。（分数：2.00）A.保护位B.CPU状态位 C.屏蔽位D.条件位解析：解析：CPU 交替执行操作系统程序和用户程序。在执行不同程序时，根据运行程序对机器指令的使用权

20、限而将 CPU置为不同的状态。CPU 的状态属于程序状态字 PSW的一位。大多数计算机系统将 CPU执行状态划分为管态和目态。12.数据库中对数据操作的授权等功能，通常是在数据库管理系统中(21)支持下实现的。（分数：2.00）A.数据控制语言 DCL B.数据操纵语言 DMLC.数据定义语言 DDLD.数据库维护管理程序解析：解析：本题考察数据库管理系统的功能。数据库管理系统具有如下功能： (1)定义和建立数据库。 (2)数据库的操纵：包括查询、插入、修改、删除。 (3)数据库的控制：保证数据库的可靠性和可用性，包括对访问数据库的安全性等：例如授权。 (4)数据库的维护：包括日志、对数据库的

21、重新组织等，例如排序。 (5)故障恢复。 数据库控制语言保证数据库的可靠性和可用性，所以选择 A。13.数据模型是表示实体间联系的，网状模型、层次模型和关系模型都是数据库中的基本数据模型。在搜索数据时，关系模型是通过(22)实现的。（分数：2.00）A.可从任一点开始且沿任何路径搜索B.可从任一结点沿确定的路径搜索C.可从固定的结点沿任何路径搜索D.对关系进行运算 解析：解析：关系模型是 3种模型中最重要的一种，它用表格结构来表示实体及实体间的联系。在关系模型中，从用户的观点看，数据是一张二维表，表中每一行是一个记录，而每一个记录由若干个有序的字段组成，这种一维表表达了实体的属性以及实体之间的

22、联系，实体之间的联系是通过属性建立的。关系模型中搜索数据是通过对关系进行运算实现的。关系运算语言分为关系代数和关系演算两类。在 PowerPoint 2000 的大纲视图中，选择工具栏中的(2)按钮表示下移一个段落。“幻灯片切换”对话框中不能设置的选项是(3)。（分数：4.00）A.B.C.D. 解析：A.声音B.换页方式C.效果D.版式 解析：解析：在大纲视图的工具栏中， 为升级， 为降级， 为上移一个段落，与十六进制数 AC.E等值的十进制数是(5)，等值的八进制数是(6)。（分数：4.00）A.112.875B.162.875C.172.7D.172.875 解析：A.254.16B.2

23、54.7 C.530.07D.530.7解析：解析：把十六进制数 AC.E数转化为十进制数，即(AC，E) 16 =1016 1 +1216 0 +1416 -1 =172.875，答案 D。十六进制和八进制间的转化，可以通过二进制数来过渡，即(AC.E) 16 =(10101100.1110) 2 =254.7) 8 答案 B。设 X、Y、M 和 N都是 8位二进制数，按下列三步执行按位逻辑运算： X+YM，X YN，M（分数：4.00）A.10000001B.11111111C.0 D.11000011解析：A.11000011B.11000000 C.110000D.11解析：解析：数字

24、逻辑运算是按位进行运算的。所以 X+Y=1111000(000001111=11111111， X Y=11111111，M=11111111已知字母“G”的 ASC码，在其高位前再加上 l位奇偶校验位后的机器码是 01000111，则“L”和“M”的 8位机器码分别为(9)和(10)。（分数：4.00）A.11001100 B.11001101C.1001101D.1001100解析：A.11001100B.11001101C.1001101 D.1001100解析：解析：已知字母“G”的 8位 ASC码为 01000111，可见最高位采用的是偶校验。则“L”的 7位ASC值为 100011

25、1+0000101=1001100,“M“的 7位 ASC值为 1000111+0000110= 1001101，最高位采用偶校验，则“L”的 8位机器码为 11001100，答案 A，“M”的 8位机器码为 01001101，答案 C。动态 RAM的特点是(12)，PC 机的(13)一般由动态 RAM构成。（分数：4.00）A.工作中需要动态地改变存储单元内容B.工作中需要动态地改变访存地址C.每隔一定时间需要刷新 D.每次读出后需要刷新解析：A.外存B.CMOS系统参数存储器C.CacheD.主存 解析：解析：RAM 存储器可写入也可读出，其内容以某种电触发器的状态存储，断电后信息无法保存

26、，用于暂存数据，又可分为 DRAM和 SRAM两种。DRAM 的显著特点是需要一个刷新电路，完成数据的刷新。答案 C。主存储器一般采用半导体存储器，与辅助存储器相比具有容量小、读写速度快、价格高等特点。RAM是构成内存的主要部分，其内容可以根据需要随时按地址读出或写入。读出后存储单元内容不变，写入后存储单元中是新写入的内容。 RAM 一般使用动态半导体存储器件(DRAM)。答案 D。某计算机字长 16位的机器码 1111 1111 0000 0000，表示无符号的整数时对应的十进制表达式为(5)，表示一个带符号整数的反码时，该机器码表示的十进制表达式为(6)，该数的补码是(7)。（分数：6.0

27、0）A.2 15 -2 7B.2 16 -2 9 C.2 17 -2 7D.2 16 -2 7解析：解析：字长 16位的机器码 1111 1111 0000 0000，表示无符号的整 数时对应的十进制表达式为 2 15 +2 14 +2 13 +2 12 +2 11 +2 10 +2 9 +2 8 =2 16 -2 8 。 当表示一个带符号整数的反码时，其原码为10000000111 1111，则 该机器码表示的十进制表达式为-(2 7 +2 6 +2 5 +2 4 +2 3 +2 2 +2 1 + 2 0 )=-(2 8 -1)。 该数的补码是反码加 1，即 1111 1111 0000 0

28、000+1=1111111100000001。A.-(2 15 -2 8 )B.-(2 16 -2 8 )C.-(2 8 -1) D.-2 8解析：A.111111100000000B.1000000011111110C.1111111100000000 D.1111111011111110解析：在 Windows 98 中可按(47)键得到帮助信息。Windows 98 中的“回收站”是(48)。在 Windows 98 资源管理器中，要恢复误删除的文件，最简单的办法是单击(49)按钮。（分数：6.00）A.F1 B.F2C.F3D.P4解析：解析：在 Windows 98中可按键得到帮助信

29、息。键是重命名项，键是查找文件和文件央，(F4)键是打开“文件名”清单， 组合键是退出应用程序，组合键是退出文档窗口，组合键调出所选项的快捷菜单。Windows 98中的“回收站”是硬盘上的一块区域，可以恢复硬盘上使用(Del)键删除的文件或文件夹。 在 Windows 98资源管理器中，要恢复误删除的文件，最简单的办法是单击撤消按钮。A.内存中的一块区域B.硬盘上的一块区域 C.软盘上的一块区域D.高速缓存中的一块区域解析：A.剪切B.复制C.撤消 D.粘贴解析：局域网最初的协议标准有(42)；局域网中定义以太网的介质访问控制方法和物理层技术规范是(43)；快速以太网和传统以太网在(44)上

30、的标准不同；快速以太网与传允以太网相比，(45)提高了 10倍。（分数：8.00）A.多于 7种B.少于 7种C.7种 D.不正确解析：解析：本题考查对机算机局域网基础知识的了解。 在局域网标准协议集中起初定义了 IEEE 802，1A、IEEE 802.1B、 IEEE 802.2、IEEE 802.3、IEEE 8024、IEEE 802.5 和 IEEE 802.6等，共计7种，后来又扩充了 IEEE 802.7至 IEEE 802.12等。最初的协议标准应为 7种。 局域网中以太网的介质访问控制方法和物理层技术规范是由 IEEE 802.3 定义的。 快速以太网使用的传输介质与传统以太

31、网不同，这就需要在物理层上重新定义介质标准。 快速以太网的数据传输速率为 100Mps，而传统以太网则为 10Mps，因此在传输速率上提高了 10倍。网络的数据传输速率提高，相应地增加了单位时间内网络上的数据吞吐量，从而也就提高了整个网络的数据吞吐量。A.IEEE 802.2B.IEEE 802.5C.IEEE 802.4D.IEEE 802.3 解析：A.逻辑链路控制子层B.介质访问控制子层C.物理层 D.网络层解析：A.网络性能B.网络吞吐量 C.网络覆盖范围D.网络用户数解析：14.(69)Virus Security Software is designed to detect, eliminate or quarantine computer viruses before they are able to harm a computer or server networked system（分数：2.00）A.Anti B.InvadeC.InroadD.Aggression解析：解析：anti virus security software 译为“反病毒安全软件”。答案为 A。