搜索
2017年下半年网络规划师真题+答案解析上午选择题1、某计算机系统采用指令(2△t）、分析指令5级流水线结构执行指令，设每条指令的执行由取(1△t)、取操作数(3△t)、运算（1△t），写回结果（2△t）组成，并分别用5个子部件完成，该流水线的最大吞吐率为（1）；若连续向流水线拉入10条指令，则该流水线的加速比为（2）。A.B.C.D.答案：B吞吐率：指的是计算机中的流水线在特定的时间内可以处理的任务数量。因为TP=n/Tkn：任务数Tk：处理N个任务所需要的时间。在本题中，最大吞吐率为（1/3）T。加速比：完成同样一批任务，不使用流水线所花的时间和使用流水线所用的时间之比。在本题中，加速比是90/36=5:2。2、某计算机系统采用指令(2△t）、分析指令5级流水线结构执行指令，设每条指令的执行由取(1△t)、取操作数(3△t)、运算（1△t），写回结果（2△t）组成，并分别用5个子部件完成，该流水线的最大吞吐率为（1）；若连续向流水线拉入A.1:10B.2:1C.5:2D.3:1答案：C吞吐率：指的是计算机中的流水线在特定的时间内可以处理的任务数量。因为TP=n/Tkn：任务数Tk：处理N个任务所需要的时间。在本题中，最大吞吐率为（1/3）T。10条指令，则该流水线的加速比为（2）。加速比：完成同样一批任务，不使用流水线所花的时间和使用流水线所用的时间之比。在本题中，加速比是90/36=5:2。3、RISC（精简指令系统计算机）是计算机系统的基础技术之一，其特点不包括（）。A.指令长度固定，指令种类尽量少B.寻址方式尽量丰富，指令功能尽可能强C.增加寄存器数目，以减少访存次数D.用硬布线电路实现指令解码，以尽快完成指令译码答案：BRISC鼓励尽可能使用较少的寻址方式，这样可以简化实现逻辑、提高效率。相反地，CISC则提倡通过丰富的寻址方式来为用户编程提供更大的灵活性。4、在磁盘上存储数据的排列方式会影响分成10个物理块，每块存放I/O服务的总时间。假设每磁道划R1，R2，,，R101个逻辑记录。逻辑记录存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示：假定磁盘的旋转速度为30ms/周，磁头当前处在R1的开始处。若系统顺序6ms，则处理这10处理这些记录，使用单缓冲区，每个记录处理时间为个记录的最长时间为（4）；若对信息存储进行优化分布后，处理录的最少时间为（5）。A.189msB.208msC.289msD.306ms答案：D5、A.60msB.90ms10个记C.109msD.180ms答案：B本题是一个较为复杂的磁盘原理问题，我们可以通过模拟磁盘的运行来进行分析求解。运作过程为：1、读取R1：耗时3ms。读取完，磁头位于2、处理R1：耗时6ms。处理完，磁头位于3、旋转定位到R2开始位置：耗时24ms。4、读取R2：耗时3ms。读取完，磁头位于5、处理R2：耗时6ms。处理完，磁头位于6、旋转定位到R3开始位置：耗时24ms。,,从以上分析可以得知，读取并处理了一个旋转定位时间，R1一共需要9毫秒。而从R2开始，多33毫秒，后面R3的开始位置。R5的开始位置。R2的开始位置。R4的开始位置。R2旋转定位到读取并处理一共需要的R3至R10与R2的情况一致。所以一共耗时：9+33*9=306毫秒。本题后面一问要求计算处理10个记录的最少时间。其实只要把记录间隔1中存放R1，在物理存4中存放R2，存放，就能达到这个目标。在物理块在物理块7中存放R3，依此类推，这样可以做到每条记录的读取与处理时间之和均为9ms，所以处理10条记录一共90ms。6、对计算机评价的主要性能指标有时钟频率、（6）、运算精度、内存容量等。对数据库管理系统评价的主要性能指标有（索引数量、最大并发事务处理能力等。A.丢包率B.端口吞吐量C.可移植性D.数据处理速率答案：D7、A.MIPS7）、数据库所允许的B.支持协议和标准C.最大连接数D.时延抖动答案：C衡量数据库管理系统的主要性能指标包括数据库本身和管理系统两部分，有：数据库的大小、数据库中表的数量、单个表的大小、表中允许的记录（行）数量、单个记录（行）的大小、表上所允许的索引数量、数据库所允许的索引数量、最大并发事务处理能力、负载均衡能力、最大连接数等等。评价Web服务器的主要性能指标有：最大并发连接数、响应延迟、吞吐量。8、一个好的变更控制过程，给项目风险承担着提供了正式的建议变更机制。如下图所示的需求变更管理过程中，①②③处对应的内容应分别是（）。A.问题分析与变更描述、变更分析与成本计算、变更实现B.变更描述与成本计算、变更分析、变更实现C.问题分析与变更分析、成本计算、变更实现D.变更描述、变更分析与变更实现、成本计算答案：A在需求管理过程中需求的变更是受严格管控的，其流程为：1、问题分析和变更描述。这是识别和分析需求问题或者一份明确的变更提议，以检查它的有效性，从而产生一个更明确的需求变更提议。2、变更分析和成本计算。使用可追溯性信息和系统需求的一般知识，对需求变更提议进行影响分析和评估。变更成本计算应该包括对需求文档的修改、系统修改的设计和实现的成本。一旦分析完成并且确认，应该进行是否执行这一变更的决策。3、变更实现。这要求需求文档和系统设计以及实现都要同时修改。如果先对系统的程序做变更，然后再修改需求文档，这几乎不可避免地会出现需求文档和程序的不一致。9、以下关于敏捷方法的叙述中，错误的是（）。A.敏捷型方法的思考角度是“面向开发过程”的B.极限编程是著名的敏捷开发方法C.敏捷型方法是“适应性”而非“预设性”D.敏捷开发方法是迭代增量式的开发方法答案：A敏捷方法是面向对象的，而非面向过程。10、某人持有盗版软件，但不知道该软件是盗版的，该软件的提供者不能证明其提供的复制品有合法来源。此情况下，则该软件的（律责任。A.持有者B.持有者和提供者均C.提供者D.提供者和持有者均不答案：C软件的复制品持有人不知道也没有合理理由应当知道该软件是侵权复制品的，不承担赔偿责任；但是，应当停止使用、销毁该侵权复制品。如果停止使用并销毁该侵权复制品将给复制品使用人造成重大损失的，复制品使用人可以在向软件著作权人支付合理费用后继续使用。）应承担法11、以下关于ADSL的叙述中，错误的是（）。A.采用DMT技术依据不同的信噪比为子信道分配不同的数据速率B.采用回声抵消技术允许上下行信道同时双向传输C.通过授权时隙获取信道的使用D.通过不同宽带提供上下行不对称的数据速率答案：C12、100BASE-TX采用的编码技术为（12），采用（13）个电平来表示二进制0和1。A.4B5BB.8B6TC.8B10BD.MLT-3答案：A13、A.2B.3C.4D.5答案：A题目是问采用几个电平来表示码。例如极性码是用正电平表示表示0和1的。双极性码：遇1正负电平翻转，遇0保持0电平，所以双极性码中，用30，负电平表示1，所以极性码是用2个电平0和1，而不是问用几个0和1表示一组编种电平｛正，负，0｝来表示0和1的。在编码表示0和1中，最多只会用到低（0附近），负。编码按使用电平的个数来分类，分为2类：3种电平：正，0，负。或者说成高，第一类：用2个电平表示0和1，如极性码、4B5B编码；第二类：用3个电平表示0和1的，如双极性码、归零码。没有那个编码用到4个以上的电平的。4位分成一组，编成新5位一组才发送。而发送时4B/5B编码，是把数据是由NRZ-I方式传输的。NRZ-I编码中，编码后电平只有正负电平之分，没有零电平，正电平2个电平正和负！1负电平0，没有0电平，是不归零编码。所以只用了14、局域网上相距2km的两个站点，采用同步传输方式以10Mb/s的速率发送150000字节大小的IP报文。假定数据帧长为18字节；应答帧为1518字节，其中首部为64字节。若在收到对方的应答帧后立即发送下一帧，14）ms（传播速率为200m/μs）,线路有则传送该文件花费的总时间为（效速率为（15）Mb/s。A.1.78B.12.86C.17.8D.128.6答案：D15、A.6.78B.7.86C.8.9D.9.33答案：D总时间的=传输时延+传播时延先算总的传输时延：一共150000*8=1200000位，数据帧是(1518-18)*8=12000位，那么一共1200000/(1518-18)*8=100帧。一帧的传输时延是的传输时延是1518*8/10000000,那么总100*1518*8/10000000=0.12144s，而由于是必须等待应答信100*64*8/10000000=0.00512s。总传输号，所以应答信号的总传输时延是时延是0.12144+0.00512=0.1265。再算总的传播时延：128.6ms。2*100*2000/200000000=0.002s。所以总时延等于1200000/X=0.1286，那么有效速率是9.33Mbps。16、站点A与站点B采用HDLC进行通信，数据传输过程如下图所示。建立连接的SABME帧是（16）。在接收到站点点A后续应发送的3个帧是（17）帧。B发来的“REJ，1”帧后，站A.数据帧B.监控帧C.无编号帧D.混合帧答案：C17、A.1,3,4B.3,4,5C.2,3,4D.1,2,3答案：D当建立LAPD连接时，SABME帧一般是第一个被传递的帧。接收方发送REJ(i),当发送方接受到该REJ时,发送方重传第后续的所有帧。属于无编号帧，i帧以及第i帧18、在域名服务器的配置过程中，通常（）。A.根域名服务器和域内主域名服务器均采用迭代算法B.根域名服务器和域内主域名服务器均采用递归算法C.根域名服务器采用迭代算法，域内主域名服务器采用递归算法D.根域名服务器采用递归算法，域内主域名服务器采用迭代算法答案：C19、在Windows操作系统中，启动DNS缓存的服务是（19）；采用命令（20）可以清除本地缓存中的DNS记录。A.DNSCacheB.DNSClientC.DNSFlushD.DNSStart答案：B20、A.ipconfig/flushdnsB.ipconfig/cleardnsC.ipconfig/renewD.ipconfig/release答案：A21、IP数据报的首部有填充字段，原因是（）。A.IHL的计数单位是4字节B.IP是面向字节计数的网络层协议C.受MTU大小的限制D.为首部扩展留余地答案：A22、IP数据报经过MTU较小的网络时需要分片。假设一个大小为3000的报文经过MTU为1500的网络，需要分片为（22）个较小报文，最后一个报文的大小至少为（23）字节。A.2B.3C.4D.5答案：B23、A.20B.40C.100D.1500答案：B当一个IP数据报封装成链路层的帧时，此数据报的总长度一定不能超过下面的数据链路层的MTU值。当数据报长度超过网络所容许的最大传送单元MTU时，就必须把过长的数据报进行分片后才能在网络上传送。现在一个IP包（20+3980）字节，现在MTU是1500，那么至少分3片，第一片（20+1480），第二片（20+1480），第三片（20+20）。24、RSVP协议通过（）来预留资源。A.发送方请求路由器B.接收方请求路由器C.发送方请求接收方D.接收方请求发送方答案：BRSVP是在应用程序开始发送报文之前来为该应用申请网络资源的。的特点是具有单向性、由接收者发起对资源预留的请求，并维护资源预留信息。路由器为每一条流进行资源预留的时候会沿着数据传输方向逐跳发送资源请求报文Path消息，其中包含了自身对于带宽、延迟等参数的需求RSVP消息。收到请求的路由器在进行记录后，再把资源请求报文继续发到下一跳。当报文到达目的地，由接收方反向逐跳发送资源预留报文沿途的路由器进行资源预留。Resv消息给25、CP协议在建立连接的过程中会处于不同的状态，采用（出TCP连接的状态。下图所示的结果中显示的状态是（C：\Users\ThinkPad活动连接协议本地地址外部地址状态25）命令显示26）。TCP10.170.42.