[计算机类试卷]软件水平考试（中级）网络工程师上午（基础知识）试题章节练习试卷5及答案与解析.doc

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1、软件水平考试（中级）网络工程师上午（基础知识）试题章节练习试卷 5及答案与解析 1 虚拟存储，就是把多个存储介质模块 (如硬盘、 RAID)通过一定的手段集中管理起来，所有的存储模块在一个存储池 (Storage Pool)中得到统一管理。虚拟存储管理系统是以程序的 (5)理论为基础的，其基本含义是指程序执行时往往会不均匀地访问主存储器单元。根据这个理论， Denning提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁地访问的页面集合。在进程运行时，如果它的工作集页面都在 (6)内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的 页面调入 /调出现象。 （ A）全局性 （ B）局部性 （ C）时间全局性

2、（ D）空间全局性 （ A）主存储器 （ B）虚拟存储器 （ C）辅助存储器 （ D）优盘 3 下面有关 NTPS文件系统优点的描述中， (18)是不正确的。要把 FAT32分区转换为 NTFS分区，并且保留原分区中的所有文件，不可行的方法是 (19)。 （ A） NTFS可自动地修复磁盘错误 （ B） NTFS可防止未授权用户访问文件 （ C） NTFS没有磁盘空间限制 （ D） NTFS支持文件压缩功能 （ A）利用磁盘分区管理软件同时实现 FAT32到 NTFS的无损转换和文件拷贝 （ B）先把 FAT32分区格式化为 NTFS分区，再把盘上的文件转换为 NTFS文件 （ C）先把分区中

3、的文件拷贝出来，然后把分区格式化为 NTFS，再把文件复制回去 （ D）利用分区转换工具 “Convert.exe”将 FAT32转换为 NFS并实现文件拷贝 5 计算机内存中是按字节编址的，现在有一地址范围是从 A4000H到 CBFFFH，那么此地址范围共占据 (31)个字节。若用存储容量为 16K8bit的存储芯片构成该内存，至少需要 (32)片。 （ A） 80K （ B） 96K （ C） 160K （ D） 192K （ A） 2 （ B） 10 （ C） 8 （ D） 5 7 某 Cache采用组相联的方式映像，其容量为 64块的，字块大小为 128个字，每4块为一组。若主容量为

4、 4096块，且以字编址，那么主存地址应为 (37)位，主存区号应为 (38)位。 （ A） 16 （ B） 17 （ C） 18 （ D） 19 （ A） 5 （ B） 6 （ C） 7 （ D） 8 9 程序的 (39)理论是虚拟存储管理系统的基础。根据这个理论， Denning又提出了工作集理论。工作集是进程运行时被频繁地访问的页 面集合。在进程运行时，如果它的工作集页面都在 (40)内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的页面调入 /调出现象。 （ A）空间全局性 （ B）局部性 （ C）时间全局性 （ D）全局性 （ A）主存储器 （ B）辅助存储器 （ C）虚拟存储器 （ D）

5、 U盘 11 一般来说， Cache的功能 (46)。某 32位计算机的 Cache容量为 16KB， Cache块的大小为 16 B，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 (47)。在下列 Cache替换算法中，平均命中率最高的是 (48)。 （ A）全部由软件实现 （ B）全部由硬件实现 （ C）由硬件和软件相结合实现 （ D）有的计算机由硬件实现，有的计算机由软件实现 （ A） 00010001001101(二进制 ) （ B） 01 001000110100(二进制 ) （ C） 1010001111

6、1000(二进制 ) （ D） 11010011101000(二进制 ) （ 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 14 在局域网中，常用的介质访问控制方法 CSMA/CD、令牌总线和令牌环、 IEEE 802.4标准采用上 (11)媒体访问控制方法， IEEE 802.5标准采用 (12)媒体访问控制方法。其中， (13)介质访问控制方法对最短帧长度有要求。假设这种网络的传输速率为 10Mb/s，信号在介质上的传播速度为 200m/s，总线的最大长度是 1000m，则只考虑数据帧而不考虑其

7、他因素，数据帧最短应该是 (14)比特。一个 10 Mb/s的令牌环，其令牌保持计数器的设置值为 10s，在此环上可发送的最长帧为 (15)位 。 （ A） Token Bus （ B） Token Ring （ C） CSMA （ D） CSMA/CD （ A） Token Bus （ B） Token Ring （ C） CSMA （ D） CSMA/CD （ A） Token Bus （ B） Token Ring （ C） CSMA （ D） CSMA/CD （ A） 200 （ B） 1000 （ C） 50 （ D） 100 （ A） 400 （ B） 200 （ C） 100 （

8、 D） 300 19 FDDI与 Token Ring都采用 (16)传递协议，在 FDDI的令牌 帧中有 (17)，其主要作用是 (18)。 FDDI在 (19)产生新令牌帧，允许在环上同时存在 (20)。 （ A）控制帧 （ B）令牌 （ C）协议帧 （ D）信息帧 （ A）优先位 （ B）预约位 （ C）前导码 （ D）防问控制码 （ A）进行帧控制 （ B）标识帧状态 （ C）获得同步信号 （ D）进行访问控制 （ A）接收到自己发送的数据帧后 （ B）任何需要传输数据的时候 （ C）发送节点发送完数据帧后 （ D）环上没有数据传输的时候 （ A） 1个令牌帧和 1个数据帧 （ B）

9、2个令牌帧 （ C） 1个令牌 帧 （ D） 2个数据帧 24 DQDB同时支持 (21)两种服务。 DQDB子网的双总线结构由 (22)总线以及接在这两条总线上的大量节点组成。 DQDB网络为双总线提供了 (23)访问控制方式，其中能够提供非等时服务的是 (24)，它用于 (25)业务。 （ A）电路交换和信元交换 （ B）虚电路交换和分组交换 （ C）电路交换和分组交换 （ D）报交电路交换和分组交换 （ A）一条双向 （ B）一条单向 （ C）两条双向 （ D）两条单向 （ A）时分多址访问和预先仲裁访问 （ B）预先仲裁和排队仲裁访问 （ C）载波监听多路访问和排队仲裁访问 （ D）排

10、队仲裁访问和令牌总线 （ A）预先仲裁访问 （ B）时分多址访问 （ C）排队仲裁访问 （ D）载波监听多路访问 （ A）电路交换 （ B）分组交换 （ C）信元交换 （ D）虚电路交换 29 FDDI的基本编码方法是 (26)。在此基础上采用 (27)，编码以获得足够的同步信息，这样使编码效率提高到 (28)。 IEEE 802.3所采用的编码方式是 (29)，编码效率是 (30)。 （ A）曼彻斯特编码 （ B）差分曼彻斯特编码 （ C） NRZ （ D） NRZI （ A） 4B/5B （ B） 5B/6B （ C）双极性码 （ D）单极性码 （ A） 25%. （ B） 50%. （

11、C） 80%. （ D） 100%. （ A）曼彻斯特编码 （ B）差分曼彻斯特编码 （ C） RZ （ D） NRZ （ A） 25%. （ B） 50%. （ C） 80%. （ D） 100%. 34 在局域网标准中， (31)与 FDDI MAC帧格式较为相似。 (32)介质访问控制方法对最短帧长度有要求， (33)对传输线路的最短长度有要求。长 10km，速率为16Mb/s， 100个站点的令牌环，每个站点引入 1位延迟位，信号传播速度为 200 m/s，贝该环上 1位延迟相当于 (34)米长度的电缆，该环有效长度为 (35)m。 （ A） CSMA/CD （ B） Token Ri

12、ng （ C） Token Bus （ D） CSMA （ A） CSMA/CD （ B） Token Ring （ C） Token Bus （ D） CSMA （ A）以太网 （ B）总线网 （ C）令牌环网 （ D）星型网 （ A） 11.1 （ B） 12.5 （ C） 15 （ D） 20 （ A） 100 （ B） 200 （ C） 500 （ D） 800 39 快速以太网 100BAST-T所采用的媒体控制方式是 (36)。 100BAST-FX采用的编码方案是 (37)。千兆以太网的最大帧长是 (37)，最小帧长是 (38)，它使用 4对 5类双绞线主要用于 (40)。 （

13、A） CSMA/CD （ B）令牌总线 （ C） CSMA （ D）令牌环 （ A） 4B/5BNRZI （ B）曼彻斯特 （ C） 8B/6T （ D）差分曼彻斯特 （ A） 1024 （ B） 1500 （ C） 1518 （ D） 2048 （ A） 32 （ B） 64 （ C） 128 （ D） 256 （ A）建 筑物内层间的主干网 （ B）建筑物内层间的支干网 （ C）建筑物内层间的设备连接 （ D）建筑物内层间的综合布线 软件水平考试（中级）网络工程师上午（基础知识）试题章节练习试卷 5答案与解析 1 【正确答案】 B 【试题解析】 所谓虚拟存储，就是把多个存储介质模块 (如硬

14、盘、 RAID) 通过一定的手段集中管理起来。所有的存储模块在一个存储池 (Storage Pool)中得到统一管理，从主机和工作站的角度，看到就不是多个硬盘，而是一个分区或者卷，就好象是一个超大容量 (如 1T 以上 )的硬盘。这种可以将多种、多个存储设备统一管理起来，为使用者提供大容量、高数据传输性能的存储系统，就称之为虚拟存储。 2 【正确答案】 A 【试题解析】 一个进程如果要有效的运行，就必须将其所需的资源调入内存 (主存储器 )，否则会出现频 繁的页面调入 /调出现象。 3 【正确答案】 C 【试题解析】 NTFS：微软 Windows NT内核的系列作系统支持的、一个特别为网络和

15、磁盘配额、文件加密等管理安全特性设计的磁盘格式。 NTFS 也是以簇为单位来存储数据文件，但 NTFS 中簇的大小并不依赖于磁盘或分区的大小。簇尺寸的缩小不但降低了磁盘空间的浪费，还减少了产生磁盘碎片的可能。 NTFS 支持文件加密管理功能，可为用户提供更高层次的安全保证。 4 【正确答案】 B 【试题解析】 Windows 2000/XP提供了分区格式转换工具 “Convem.exe”。Convert.exe是 Windows 2000 附带的一个 DOS 命令行程序，通过这个工具可以直接在不破坏 FAT 文件系统的前提下，将 FAT 转换为 NTFS。它的用法很简单，先在 Windows

16、2000环境下切换到 DOS命令行窗口，在提示符下键入： D: convert需要转换的盘符 /FS:NTFS 如系统 E 盘原来为 FATl6/32，现在需要转换为 NTFS，可使用如下格式： D: convert e:/FS:NTFS 所有的转换将在系统重新启动后完成。 此 外，你还可以使用专门的转换工具，如著名的硬盘无损分区工具 Partition Magic，使用它完成磁盘文件格式的转换也是非常容易的。首先在界面中的磁盘分区列表中选择需要转换的分区。从界面按钮条中选择 “Convert Partition”按钮，或者是从界面菜单条 “Operations”项下拉菜单中选择 “Conve

17、rt”命令。激活该项功能界面。在界面中选择转换输出为 “NTFS”，之后单击 “OK”按钮返回程序主界面。单击界面右下角的 “Apply”添加设置。此后系统会重新引导启动，并完成分区格式的转换 *作。 5 【正确答案】 C 6 【正确答案】 B 【试题解析】 此题主要考查内存地址的相关知识。地址范围是 CBFFFH-A4000H=160K-1，大约是 160K，即共有 160K的存储单元，所以共需160K*8/(16K* 8)=10 片。 7 【正确答案】 D 8 【正确答案】 B 【试题解析】 本题考察了 Cache的相关概念： Cache：高速缓存，是一块高速内存，它在计算机从内存检索数据

18、时复制这些数据。通过存储关键指令，它能够显著提高处理器的性能。英特尔处理器配备了一级 (L1)和二级 (L2)高 速缓存。 L2高速缓存是一个高速内存区域，通过缩短平均内存存取时间而极大提高性能。如果主容量为 4096块，字块大小为 128个字，则总容量是： 4096*128=219B，那么主存地址应为 19位；主存地址分为：区号、组号、块号、地址号；字块大小为 128个字，则块内地址号是 7位；每 4块为一组，则块号是 2位； Cache容量为 64块，共分 14组，则组号是 4位；所以主存区号应为 19-7-2-4=6位。 9 【正确答案】 B 10 【正确答案】 A 【试题解析】 本题考

19、查了虚拟存储管理系统的相关知识：程序的局 部性理论是是虚拟存储管理系统的基础理论；工作集是进程运行时被频繁地访问的页面集合。在进程运行时，如果它的工作集页面都在主存储器内，能够使该进程有效地运行，否则会出现频繁的页面调入 /调出现象。 11 【正确答案】 B 【试题解析】 Cache存储器介于 CPU和主存之间，它的工作速度数倍于主存，全部功能由硬件实现。由于转换速度快，因此软件人员丝毫未感到 Cache的存在，这种特性称为 Cache的透明性。 Cache的块号 I与主存的块号 J有函数关系：I=JModM。其中， M为 Cache的总块数。这里，主存块 号可看做 1234E8F(H)，块内

20、地址为 8(H)，而 Cache总块数为 16KB/16B=1024(块 )，两者求模，即1001000110100111010001111(1234E8P)取低 10位即可得主存对应的 Cache块号1010001111，然后连接上块内地址 1000(8H)，对应 Cache地址表示为 1010001111 1000。 12 【正确答案】 C 13 【正确答案】 D 14 【正确答案】 A 15 【正确答案】 B 16 【正确答案】 D 17 【正确答案】 D 18 【正确答案】 C 【试题解析】 IEEE 802.3(CSMA/CD访问控制 )、 IEEE 802.4标准 (令牌总线访问控

21、制 )、 IEEE 802.5 (令牌环网访问控制 )中， CSMA/CD介质访问控制方法对最短帧长度有要求。数据帧从一个站点开始发送，到该数据帧发送完毕所需的时间和为数据传输时延。同理，数据传输时延也表示一个接收站点开始接收数据帧，到该数据帧接收完毕所需的时间。 根据以上公式 (依题意只考虑数据时延，未考虑中继时延 )可知，题中网络上可能存在的最短帧长为 21000m/(200m/s)10Mb/s=100 bit 令牌计数器用来计数令牌数量。令牌计数器每隔 t时间加 1，表示新增加一个令牌，每发送一个分组，令牌计数器减 1，表示己消耗一个令牌。当计数拥塞控制器减至。时，表示令牌已消耗完，不能

22、再发送分组了。 此环上可发送的最长帧为： 10Mb/s10s=100 bit(s=vt。 (注：这里的 10s全用于发送最长帧的时延，不考虑环传播时延及站点 1 位时延。 ) 19 【正确答案】 B 20 【正确答案】 C 21 【正确答案】 C 22 【正确答案】 C 23 【正确答 案】 A 【试题解析】 FDDI 是由许多通过光传送媒体连接成一个或多个逻辑环的站点组成的，因此与令牌环类似， FDDI也是把信息送至环上，从一个站到下一个站依次传递，当信息经过指定的目的站时就被接收、复制，最后，发送信息的站点再将信息从环上撒消。因此， FDDI标准和令牌环媒体访问控制标准 IEEE 802.

23、5十分接近。两者的主要特性如表 8.10所示。24 【正确答案】 C 25 【正确答案】 D 26 【正确答案】 B 27 【正确答案】 C 28 【正确答案】 B 【试题解析】 IEEE 802.6 使用分布队列双总线 DQDB技术。 DQDB 由两条单向总线 (一般用光纤介质 )组成，所有的计算机都连接在上面。它同时支持电路交换和分组交换两种服务，在大的地理范围内提供综合服务，如数据话音、图像的高速传输等。 两条总线的端头都不停地产生固定长度为 53 字节的时槽，流到末端由终端匹配器吸收。每个要发送的信息都通过时槽完成。时槽可以分为两类：一类是排队仲裁时槽 (QA)，用于分组交换业务；另一

24、类是预仲裁时槽 (PA)，用于电路交换业务。排队仲裁访问由分布式排队协议来控制，提供非等时服务，预先仲裁 访问提供等时服务。 29 【正确答案】 D 30 【正确答案】 A 31 【正确答案】 C 32 【正确答案】 A 33 【正确答案】 B 【试题解析】 FDDI 的基本编码方法是 NRZI，在此基础上采用 4B/5B，编码以获得足够的同步信息，这样使编码效率捉高到 80%。 IEEE 802.3所采用的编码方式是曼彻斯特编码，编码效率是 50%。 34 【正确答案】 B 35 【正确答案】 A 36 【正确答案】 C 37 【正确答案】 A 38 【正确答案】 D 【试题解析】 据时延估

25、算公式：传播时延 (s/km)传播介质长度 (km)数据速率(Mb/s)+中继器时延 传播介质长度 =10km 传播速度 =200m/s=0 2km/s 传播时延 =I/0.2(/km)=5s/km 数据速率 =16Mb/s 其环上可能存在的最大时延是 10516+100=900位 环上 1位延迟 =10000米 /900位 11.1米 /位 有效位长度 =环位长度 -站点延迟位 =900位 -100位 =800位 39 【正确答案】 A 40 【正 确答案】 A 41 【正确答案】 C 42 【正确答案】 B 43 【正确答案】 D 【试题解析】 以太网采用的介质访问控制方式都是 CSMA/CD方式。 100M以太网采用的编码方式见表 8.11。千兆以太网的帧结构与标准以太网的帧结构相同，其最大帧长为 1518字节，最小帧长为 64字节，如图 8.13所示。