软考网工计算题总结（一）：总共34类题型，进来复习啦!

题型一：

1.地址编号从80000H到BFFFFH且按字节编址的内存容量为（5）KB,若用16KX4bit的存储芯片够成该内存，共需（6）片。

(5)A.128 B.256 C.512 D.1024

(6)A.8 B.16 C.32 D.64

【答案】B   C

【解析】本题考查计算机系统基础知识。（2的18次方）

从80000H到BFFFFH的编址单元共3FFFF (即218 )个，按字节编址的话，对应的容量为28KB, HP 256KB，若用16KX4bit的芯片构成该内存，构成一个16KB存储器需要2片，256+16=16,共需要32片。

2.若用256K×8bit的存储器芯片，构成地址40000000H到400FFFFFH且按字节编址的内存区域，则需（5）片芯片。

(5)A.4 B.8 C.16 D.32

【答案】A

【解析】本题考查计算机系统中存储器知识。

地址400000000H到4000FFFFFH共有FFFFFH (即220)个以字节为单位的编址单元，而256KX8bit的存储器芯片可提供218个以字节为单位的编址单元，因此需要4片 (220/218)这种芯片来构成上述内存区域。

3.内存按字节编址从B3000H到DABFFH的区域，其存储容量为（4）。

(4)A.123KB B.159KB C.163KB D.194KB

【答案】B

【解析】本题考查计算机组成基础知识。

直接计算16进制地址包含的存储单元个数即可。

DABFFH - B3000H + 1 = 27C00H = 162816 = 159K,按字节编址，故此区域的存储容量为159KB。

4.内存按字节编址，从A1000H到B13FFH的区域的存储容量为（1）KB。

 (1)A.32 B.34 C.65 D.67

【答案】C

【解析】

存储容量=B13FFH-A1000H+1=B1400H-A1000H=10400H=1 0000 0100 0000 0000=100 0001K=65KB。

5.若某计算机字长为32位，内存容量为2GB，按字编址，则可寻址范围为（4）。

(4)A.1024M B.1GB C.512M D.2GB

【答案】C

【解析】本题考查计算机系统基础知识。

内存容量2GB=2*1024*1024*1024*8位，按字编址时，存储单元的个数为2*1024*1024*1024*8/32=512*1024*1024,即可寻址范围为512MB。

题型二：

1.使用150DPI的扫描分辨率扫描一幅3×4英寸的彩色照片，得到原始的24位真彩色图像的数据量是（5）Byte。

(5)A.1800 B.90000 C.270000 D.810000

【答案】D

【解析】

DPI是指每英寸的像素,每英寸就是150*150个点，现在3×4英寸，点的个数就是150*3*150*4。使用150DPI的扫描分辨率扫描一幅3×4英寸的彩色照片，得到原始的24位真彩色图像的数据量是150*3*150*4*24/8=810000Byte。

2.使用图像扫描仪以300DPI的分辨率扫描一幅 3x4 英寸的图片，可以得到(7)像 素的数字图像。

(7)A.300 x300 B.300 x400 C.900 x4 D.900 x1200

【答案】D

【解析】

例如要冲洗3*4英寸的照片，扫描精度是300dpi，那么文件尺寸应该是(3*300)*(4*300)=900像素*1200像素。

题型三：

海明码校验：

1.一对有效码字之间的海明距离是（15）。如果信息为10位，要求纠正1位错，按照海明编码规则，最少需要增加的校验位是（16）位。

(15)A.两个码字的比特数之和 B.两个码字的比特数之差

      C.两个码字之间相同的位数 D.两个码字之间不同的位数

  (16)A.3 B.4 C.5 D.6

【答案】D   B

【解析】

m+k+1<2^k M=10 k=4 增加4位

2.海明码是一种纠错码，其方法是为需要校验的数据位增加若干校验位，使得校验位的值 决定于某些被校位的数据，当被校数据出错时，可根据校验位的值的变化找到出错位，从而 纠正错误。对于 32 位的数据，至少需要增加（6）个校验位才能构成海明码。

以10位数据为例，其海明码表示为D9D8D7D6D5D4P4D3D2D1P3D0P2P1中，其中 Di(0<=i<=9)表示数据位，Pj(1<=j<=4)表示校验位，数据位 D9 由 P4 P3 和 P2 进行校验（从右至左 D9 的位序为 14，即等于 8+4+2，因此用第8位的 P4，第4位的P3和第2位的 P2 校验），数据位D5由（7）进行校验。

（6）A.3 B.4 C.5 D.6

（7）A.P4  P1    B.P4  P2    C.P4 P3 P1    D.P3P2P1

【答案】D   B

【解析】

海明不等式：校验码个数为K，2的K次方个校验信息，1个校验信息用来指出“没有错误”，满足m+k+1<=2k。所以32位的数据位，需要6位校验码。

第二问考察的是海明编码的规则，构造监督关系式，和校验码的位置相关：

数据位D9受到P4、P3、P2监督（14=8+4+2），那么D5受到P4、P2的监督（10=8+2）。

循环校验码：

要发送的数据为1101011011。采用CRC的生成多项式是 P(X)=X^4+X+1。试求应添加在数据后面的余数。
（1）若要发送的数据在传输过程中最后一个1变成了0，即变成了1101011010，问接收端能否发现？
（2）若要发送的数据在传输过程中最后两个1变成了0，即变成了1101011000，问接收端能否发现？
采用 检验后，数据链路层的传输是否就变成了可靠的传输？
 

由上面运算结果可知需要添加的余数为1110.

 

题型四：

假如有3块容量是300G的硬盘做RAID5阵列，则这个RAID5的容量是（63）。

(63)A.300G B.4500 C.600G D.900G

【答案】C

【解析】

Raid5阵列可用率是n-1/n,所以3*300*0.8=600G

题型五：

CSMA/CD（冲突检测）

1.两个站点采用二进制指数后退算法进行避让，3次冲突之后再次冲突的概率是（59）。

（59）A.0.5 B.0.25 C.0.125 D.0.0625

【答案】D

【解析】

以太网采用截断二进制指数退避算法来解决碰撞问题。这种算法让发生碰撞的站在停止发送数据后，不是等待信道变为空闲后就立即再发送数据，而是推迟一个随机的时间。这样做是为了使的重传时再次发生冲突的概念减少。具体的退避算法如下：

（1）确定基本退避时间，一般是取为争用期2t。

（2）从整数集合[0,1,…, (2k-1)]中随机地取出一个数，记为r。重传应退后的时间为r倍的争用期。上面的参数k按下面公式计算：

k = Min[重传次数, 10]

可见当重传此数不超过10时，参数k等于重传此数，但当重传次数超过10时，k就不再增大而一直等于10。

（3）当重传次数达16次仍不能成功时，则表明同时打算发送数据的站太多，以至连续发生冲突，则丢弃该帧，并向高层报告。

例如，在第一次重传时，k=1，随机数r从整数【0、1】中选择一个数。因此重传的站可选择重传推迟时间为0或2t，在这两个时间内随机选择一个。

如果再发生碰撞，则在第2次重传时，k=2，随机数r就从整数{0，1，2、3}中选择一个数。因此重传推迟时间为0、2t、4t、6t，这四个时间内选择一个。

第3次重传，K=3，随机数r就从整数{0，1，2、3、4、5、6、7}中选择一个数。因此重传推迟时间为0、2t、4t、6t、8 t、10 t、12 t、14 t，这8个时间内选择一个。

3次重传后还继续有冲突产生，那么K=4，最后就是从16个时间选择一个。几率是0.0625。

同理，依次类推，

当重传此数达16次仍不能成功时，则表明同时打算发送数据的站太多，以至连续发生冲突，则丢弃该帧，并向高层报告。

2.在100BaseT以太网中，若争用时间片为25.6μs，某站点在发送帧时已经连续3次冲突，则基于二进制指数回退算法，该站点需等待的最短和最长时间分别是(   )。

A.0μs和179.2μs     B.0μs和819.2μs    C.25.6μs和179.2μs    D.25.6μs和819.2μs

答案：A

3.某局域网采用 CSMA/CD 协议实现介质访问控制，数据传输速率为10Mbps，主机甲和
主机乙之间的距离为 2km，信号传播速度是 200m/us。若主机甲和主机乙发送数据时发生冲
突。从开始发送数据起，到两台主机均检测到冲突时刻为止，最短需经过的时间是(17)us.
(17)
A.10
B.20
C.30
D.40

答案：A

解析:

主机甲和主机乙之间单向传播延迟时间=2km/(200m/us)=10us:两台主机均检测到冲突时，
最短所需时间对应下面极端情况:主机电和主机乙同时各发送一个数据帧，信号在信道中发
生冲突后，冲突信号继续向两个方向传播。因此，双方均检测到冲突需要1个单向传播延迟，
即 10us。因此，甲乙两台主机均检测到冲突时，最短需经过 10us。

4.以下关于二进制指数退避算法的描述中，正确的是(64)

A.每次站点等待的时间是固定的，即上次的2倍

B.后一次退避时间一定比前一次长
C发生冲突不一定是站点发生了资源抢占

D.通过扩大退避窗口杜绝了再次冲突

答案：C

注：如果B加上”平均“，即后一次退避的平均时间一定比前一次长，就是正确的

解析

检测到冲突后，马上停止发送数据，并等待机时间再发送数据

(2) 等待的随机时间=*Random[0,1，...2k-1],其中Random表示随机函数

注:t是基本退避时间，看做固定值，k=min[重传次数，10]，如果重传16次后，还不能正常发送数据，认为网络拥塞，不再尝试。比如重传12次后,k= min[12，10]=10，那么可能等待的时间是t*Random[0，1023]。每次站点等待的时间都是随机数，不一定后一次退避时间比前一次长。扩大退避窗口(即Random取值)，可以减少冲突概率。发生冲突不一定是站点发生了资源抢占，还可能是链路故障。

题型六：

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)。

  (21)A.W≤2k-1 B.W≤2k-1 C.W=2k D.W<2k-1

【答案】B

【解析】

如果顿编号字段为k位，对于选择重发ARQ协议，发送窗口大小为W≤2的（k-1）次方 ;对于后退N帧ARQ协议，则窗口大小为W≤2的k次方-1。

注：卫星通信中，差错控制主要3种方法，选择重传ARQ，前项差错控制FEC，多站分集的自动反馈重发。

题型七：

假设生产管理网络系统采用B/S工作方式，经常上网的用户数为150个，每用户每分钟产生8个事务处理任务，平均事务章大小为0.05MB，则这个系统需要的信息传输速率为(68)。

  (68)A.4 Mb/s B.6 Mb/s C.8 Mb/s D.12 Mb/s

【答案】C

【解析】

可以根据下面的公式计算出应用需要的传输信息速率：

总信息传输速率=平均事务量大小X每字节位数X每个会话事务数X平均用户数/平均会话时长

根据这个公式，结算结果为：0.05X8X8X150/ 60=8Mb/s

题型八：最小帧长

1.一个运行CSMA/CD协议的以太网，数据速率为1Gb/s，网段长1km，信号速率为200,000km/sec,则最小帧长是（62）比特。

(62)A.1000 B.2000 C.10000 D.200000

【答案】C

【解析】

2.采用CSMA/CD协议的基带总线，其段长为1000m，中间没有中继器，数据速率为10Mb/s,信号传播速度为200m/μs,为了保证在发送期间能够检测到冲突，则该网络上的最小帧长应为(64)比特。

(64)A.50 B.100 C.150 D.200

【答案】B

【解析】

带冲突检测的监听算法把浪费带宽的时间减少到检测冲突的时间。对局域网来说这个时间是很短的。通过分析确定，在基带系统中检测冲突需要的最长时间为2t，即网络传播延迟时间的两倍。

与冲突窗口相关的参数是最小帧长。如果在时间内帧已经发送完毕，这样发送站站在整个发送期间将检测不到冲突。为了避免这种情况，网络标准中根据设计的数据速率和最大网段长度规定了最小帧长Lmin：

Lmin=2R×d/v

这里是网络数据速率，d为最大段长，v是信号传播速度。有了最小帧长的限制，发送站必须对较短的帧增加填充位，使其等于最小帧长。接收站对收到的帧要检查长度，小于最小帧长的帧被认为是冲突碎片而丢弃。

根据题中给出的条件，可以计算如下：

Lmin =2R×d/v=2×10Mb/s X 1000m/200m/μs = l00bit

3.在CSMA/CD以太网中，数据速率为100Mb/s，网段长2km，信号速率为200m/us，则此网络的最小帧长是（60）比特。

（60）A.1000 B.2000 C.10000 D.200000

【答案】B

【解析】

为了检测冲突：

传输时延>=2倍传播时延

X/100000000>=2*2000/200000000

算出X=2000

 为了确保发送数据站点在传输时能检测到可能存在的冲突，数据帧的传输时延要不小于两倍的传播时延。由此引出了CSMA/CD总线网络中最短帧长的计算关系式：

（传输时延与传播时延）

1.在相隔400km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是(13)。

(13)A.480ms B.607ms C.612ms D.627ms

【答案】D

【解析】

一个数据包从开始发送到接收完成的时间包含两部分:发送时间tf和传播延迟时间tp，根据题目要求可以计算如下。

对电缆信道：tp=400km/(200km/ms)=2ms,tf=3000bit/4800b/s=625ms,tp+tf=627ms.

2.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是(19),如果用50Kb/s的卫星信道传送，则需要的时间是(20)。

(19)A.480ms B.645ms C.630ms D.635ms

(20)A.70ms B.330ms C.500ms D.600ms

【答案】D   B

【解析】

一个数据包从开始发送到接收完成的时间包含发送时间tf和传播延迟时间tp两部分，可以计算如下：

对电缆信道：tp=2000km/(200km/ms)= 10ms, tf=3000b/4800b/s=625ms, tp+tf=635ms.

对卫星信道：tp=270ins, tf=3000b/50kb/s=60ms, tp+tf=270ms+60ms:=330ms.

3.A、B是局域网上两个相距1km的站点， A 采用同步传输方式以 1Mb/s的速率 向 B 发送长度为 200，000 字节的文件。假定数据帧长为 128 比特，其中首部为 48 比特: 应答帧为 22 比特， A 在收到 B 的应答帧后发送下一帧。传送文件花费的时间为（15）s，有效的数据速率为（16）Mb/s（传播速率为200m/us）

(15)A.1.6 B.2.4 C.3.2 D.3.6

(16)A.0.2 B.0.5 C.0.7 D.0.8

【答案】C   B

【解析】

总时间的=传输时延+传播时延

先算总的传输时延：

一共200000*8=1600000位，数据帧是128位，那么一共1600000/(128-48)=20000帧。一帧的传输时延是128/1000000,那么总的传输时延是20000*128/1000000=2.56s，而由于是必须等待应答信号，所以应答信号的总传输时延是20000*22/1000000=0.44s。

再算总的传播时延：2*20000*1000/200000000=0.2s。所以总时延等于3.2s。

而算有效数据速率的话，1600000/X=3.2S，那么有效速率是0.5Mbps。

4.以100Mb/s以太网连接的站点A和B相隔2000m，通过停等机制进行数据传输，传播速率为200m/us，有效的传输速率为()Mb/s.

A.80.8
B.82.9
C.90.1
D.92.3
答案:A

一个数据帧帧长最大为1518字节。其中数据帧发送时间=1518*8/100Mb/s=121.44us数据帧传播时间=2000m/200m/us=10us。

停等协议是发送一帧，收到确认后再发下一帧，确认帧是64B，则发送时间=64*8/100mbps=5.12us

则总时间=121.44us+5.12us+10us+10us=146.56us。

发送一个数据帧的有效速率=1500*8/146.56=81.87mbps。又因为还有排队时间、处理时间未计算进去，所以总时间还应该是要更多的，分母越大，最终结果就会要小于81.87mbps。

题型九：流水线

通常可以将计算机系统中执行一条指令的过程分为取指令、分析和执行指令3步，若取指令时间为4Δt，分析时间为2Δt，执行时间为3Δt，按顺序方式从头到尾执行完600条指令所需时间为（3）Δt；若按照执行第i条、分析第i+1条、读取第i+2条重叠的流水线方式执行指令，则从头到尾执行完600条指令所需时间为（4）Δt。

(3)A.2400 B.3000 C.3600 D.5400

(4)A.2400 B.2405 C.3000 D.3009

【答案】D   B

【解析】本题考査指令系统基础知识。

指令顺序执行时，每条指令需要9Δt (4Δt+2Δt+3Δt)，执行完600条指令需要5400Δt,若采用流水方式，则在分析和执行第1条指令时，就可以读取第2条指令，当第1条指令执行完成，第2条指令进行分析和执行，而第3条指令可进行读取操作。因此，第1条指令执行完成后，每4Δt就可以完成1条指令，600条指令的总执行时间为 9Δt+599X4Δt=2405Δt。

加速比=不采用流水线的执行时间/采用流水线的执行时间

流水线的吞吐率=任务数/处理完成多个任务所用的时间

或者

=1/max（t1,t2,t3....）

 题型十：香农定理，奈奎斯特定理

1.设信道带宽为3000Hz，信噪比为30dB，则信道可达到的最大数据速率约为(15) b/s。

(15)A.10000 B.20000 C.30000 D.40000

【答案】C

【解析】

按照香农（Shannon)定理，噪声信道的极限数据速率由下面的公式计算：

本题中，F=3000Hz，信噪比为30dB，即S/N=1000，所以

C=3000×log2(1+1000)≈30000b/s。

2.设信号的波特率为1000Baud，信道支持的最大数据速率为2000b/s，则信道采用
的调制技术为()
·A.BPSK B.QPSK D.BFSK  D.4B5B

【答案】B

【解析】B=Blog₂N 2000=1000log₂N N=4,只有QPSK是4相调制

3.电话信道的频率为0-4kHZ ，若信噪比为30dB，则信道容量为（12）kb/s ，要达到此容量，至少需要（13）个信号状态。

(12)A.4 B.20 C.40 D.80

(13)A.4 B.8 C.16 D.32

【答案】C   D

【解析】

用香农定理C=Wlog2(1+S/N)，又因为DB=10log10(S/N)，所以C=40Kbps，而回到奈奎斯特定律，如果R=2Wlog2（N），算出N=32。

4.注意区分两种题型（重点中的重点）

假设模拟信号的频率为10~16MHz，采样频率必须大于()时，才能使得到的样本信号不失真。

A.8MHz
B.10MHz
C.20MHz
D.32MHz
答案:D
奈奎斯特取样定理:如果取样速率大于模拟信号最高频率的2倍，则可以用得到的样本中恢复原来的模拟信号。

8条模拟信道采用TDM复用成1条数字信道，TDM帧的结构为8字节加1比特同步开销(每条模拟信道占1个字节)。若模拟信号频率范围为10~16kHz样本率至少为32样本/秒，此时数字信道的数据速率为(12)Mbps。
A.0.52
B.0.65
C.130
D. 2.08
答案:D

TDM帧的结构为8字节加1比特同步开销，其中1字节为8比特，即一共有8*8+1=65bit。1个采样样本占65比特，则数据速率为32k*65=2080kbps=2.08mbps

传输信道频率范围为10~16MHz，采用QPSK调制，支持的最大速率为()Mbps。

A.12
B.16
C.24
D.32
答案:C

B=2W;W=16-10=6MHzR=BxlogN
QPSKN=4.R=2*6*2=24

5.某信道带宽为1MHz，采用4幅度8相位调制最大可以组成(14)种码元。若此信道信号的码元宽度为10微秒，则数据速率为 (15) kb/s。
(14) A.5   B.10   C.16   D.32
(15) A.50   B.100   C.500   D.1000

答案：D  C

解析

为什么不用B=2W，因为B=2W计算的是极限值，而1/码元宽度计算的值更小，所以用后者。

6.若8进制信号的信号速率是4800Baud，则信道的数据速率为 (11)kbs
A.9.6
B.14.4
C.19.2
D.38.4

答案：B

解析

题型十一：

总线宽度为32bit，时钟频率为200MHz，若总线上每5个时钟周期传送一个32bit的字,则该总线的带宽为(4)MB/S。

(4)A.40 B.80 C.160 D.200

【答案】C

【解析】本题考查计算机系统基础知识。

总线宽度是指总线的线数，即数据信号的并行传输能力，也体现总线占用的物理空间和成本；总线的带宽是指总线的最大数据传输率，即每秒传输的数据总量。总线宽度与时钟频率共同决定了总线的带宽。

32bit/8=4Byte, 200MHz/5X4Byte=160MB/s

题型十二：

设备A的可用性为0.98，如下图所示将设备A并联以后的可用性为（46）。

(46)A.0.9604 B.0.9800    C.0.9996 D.0.9999

【答案】C

【解析】

A=1-(1-A)(1-A) 1-0.0004=0.9996

题型十三：

某计算机系统页面大小为 4K ，进程的页面变换表如下所示。若进程的逻辑地址 为 2D16H 。该地址经过变换后，其物理地址应为（8）。

(8)A.2048H B.4096H C.4D16H D.6D16H

【答案】C

【解析】

页面大小是4K（2的12次方），逻辑地址是2D16H，转为二进制是0010 1101 0001 0110，那么后12位是业内地址，前0010是页号，通过查表物理块号是4，所以物理地址是4D16H。

题型十四：

设文件索引节点中有8个地址项，每个地址项大小为4字节，其中5个地址项为直接地址索引，2个地址项是一级间接地址索引，1个地址项是二级间接地址索引，磁盘索引块和磁盘数据块大小均为1KB字节。若要访问文件的逻辑块号分别为5和518,则系统应分别采用（8)。

(8)A.直接地址索引和一级间接地址索引

B.直接地址索引和二级间接地址索引

C.一级间接地址索引和二级间接地址索引

D.一级间接地址索引和一级间接地址索引

【答案】C

【解析】本题考查操作系统文件管理方面的基础知识。

根据题意，磁盘索引块为1KB字节，每个地址项大小为4字节，故每个磁盘索引块可存放1024/4=256个物理块地址。又因为文件索引节点中有8个地址项，其中5个地址项为直接地址索引，这意味着逻辑块号为0〜4的为直接地址索引；2个地址项是一级间接地址索引，这意味着第一个地址项指出的物理块中存放逻辑块号为5〜260的物理块号，第一个地址项指出的物理块中存放逻辑块号为261〜516的物理块号；1个地址项是二级间接地址索引，该地址项指出的物理块存放了256个间接索引表的地址，这256个间接索引表存放逻辑块号为517〜66052的物理块号。

经上分析不难得出，若要访问文件的逻辑块号分别为5和518,则系统应分别采用一级间接地址索引和二级间接地址索引。

题型十五：

某机器字长为n，最高位是符号位，其定点整数的最大值为（2）。

  (2)A.2n-1 B.2n-1-1 C.2n D.2n-1

【答案】B

【解析】本题考查计算机系统中数据表示基础知识。

机器字长为n，最高位为符号位，则剩余的n-1位用来表示数值，其最大值是这n-1位都为1，也就是2 的（n-1）次方-1。

题型十六：数据速率和码元速率

1.正交幅度调制16-QAM的数据速率是码元速率的（15）倍。

(15)A.2 B.4 C.8 D.16

【答案】B

【解析】

正交幅度调制（Quadrature Amplitude Modulation, QAM)是把两个幅度相同但相位相差90°的模拟信号合成为一个载波信号，经过信道编码后把数据组合映射到星座图上，如下图所示。

QAM调制实际上是幅度调制和相位调制的组合，同时利用了载波的幅度和相位来传递数据信息。与单纯的PSK调制相比，在最小距离相同的条件下，QAM星座图中可以容纳更多的载波码点，可以实现更高的频带利用率。16-QAM是用一个码元表示4比特二进制数据，它的数据速率是码元速率的4倍。目前最高可以达到1024-QAM，即用一个码元表示10比特数据。

补充：数据速率是码元速率的两倍

2.在异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和1位终止位，每秒钟传送100个字符，采用DPSK调制，则码元速率为（14），有效数据速率为（15）。

(14)A.200波特 B.500波特 C.1000波特 D.2000波特

(15)A.200b/s B.500b/s C.700b/s D.1000b/s

【答案】C   C

【解析】

在异步通信中，每个字符包含1位起始位、7位数据位、1位奇偶位和1位终止位，每秒钟传送100个字符，采用DPSK调制，则码元速率为1000波特，有效数据速率为是700bps。

3.

在异步通信中，每个字符包含1位起始位、8位数据位、1位奇偶位和2位终止位，若有效数据速率为800b/s ，采用QPSK调制，则码元速率为（16）波特。

(16)A.600 B.800 C.1200 D.1600

【答案】A

【解析】

有效数据速率为800bps，因此可知传输速率为：1200bit/s。QPSK调制技术，4种码元，对应需要用二位二进制表示。因此每2位二进制表示一种码元，码元速率为二进制数据速率的一半。

4.在异步传输中，1位起始位，7位数据位，2位停止位，1位校验位，每秒传输200字符，采用曼彻斯特编码，有效数据速率是（）kb/s,最大波特率为（）baud。

(13)A.1.2
B.1.4
C.2.2
D.2.4
(14)A.700
B.2200
C.1400
D.4400

【答案】B,B

【解析】

每秒传200字符，而每个字符有1+7+2+1=11位，那么每秒传200*11=2200bit，即2.2kb/s，有效数据位占7/11，故有效率为7/11*2.2kb/s=1.4kb/s;或者直接字符数量*每个字符的有效数据位:200*7=1400bit/s=1.4kb/s。
错解:最大码元速率(波特率)B=2W=2*2.2k=4.4k Baud=4400 Baud
正解:R=BlogzN=2Wlog2N 2.2kb/s=Blog22 B=2200 Baud

题型十七

1.设16位浮点数，其中阶符1位、阶码值6位、数符1位，尾数8位。若阶码用移码表示，尾数用补码表示，则该浮点数所能表示的数值范围是（3）。

(3)A.-264~（1-2-8）264 B.-263~（1-2-8）263

C.-（1-2-8）264~（1-2-8）264 D.-（1-2-8）263~（1-2-8）263

【答案】B

【解析】

如果浮点数的阶码(包括1位阶符)用R位的称码表示，尾数(包括1位数符)用M位的补码表示，则浮点数表示的数值范围如下。

2.浮点数的表示分为阶和尾数两部分。两个浮点数相加时，需要先对阶，即（1）（n为阶差的绝对值）。

（1）A.将大阶向小阶对齐，同时将尾数左移n位

B.将大阶向小阶对齐，同时将尾数右移n位

C.将小阶向大阶对齐，同时将尾数左移n位

D.将小阶向大阶对齐，同时将尾数右移n位

【答案】D

【解析】

浮点数加、减运算一般包括对阶、尾数运算、规格化、舍入和判溢对阶就是使两数的阶码相等，对阶原则是小阶向大阶看齐，即阶码小的数尾数右移，每右移一位，阶码加1，直刭两数的阶码相等为止。

题型十八：

主机甲和主机乙建立一条TCP连接，采用慢启动进行拥塞控制，TCP 最大段长度为 1000 字节。主机甲向主机乙发送第 1 个段并收到主机乙的确认，确认段中接收窗口大小为3000 字节，则此时主机甲可以向主机乙发送的最大字节数是（24）字节。

(24)A.1000 B.2000 C.3000    D.4000

【答案】B

【解析】

慢开始算法：当主机开始发送数据时，如果立即所大量数据字节注入到网络，那么就有可能引起网络拥塞，因为现在并不清楚网络的负荷情况。因此，较好的方法是先探测一下，即由小到大逐渐增大发送窗口，也就是说，由小到大逐渐增大拥塞窗口数值。通常在刚刚开始发送报文段时，先把拥塞窗口cwnd设置为一个最大报文段MSS的数值。而在每收到一个对新的报文段的确认后，把拥塞窗口增加至多一个最大报文段的数值。用这样的方法逐步增大发送方的拥塞窗口cwnd，可以使分组注入到网络的速率更加合理。

题型十九：

载波速率和数据速率

下图所示的调制方式是（11），若数据速率为1kb/s ，则载波速率为（12）Hz。

 

  (11)A.DPSK B.BPSK C.QPSK D.MPSK

   (12)A.1000 B.2000 C.4000 D.8000

【答案】A   B

【解析】

根据图形可知是以载波的相对初始相位变化来实现数据的传送，并且初始相位与前一码元的发生180度变化为二进制0，无变化为1.因此可知采用的调制技术为DPSK(差分相移键控)。对应的码元速率和二进制数据速率相同，而载波速率为其两倍。

题型二十：

5个64kb/s 的信道按统计时分多路复用在一条主线路上传输，主线路的开销为4% ，假定每个子信道利用率为90% ，那么这些信道在主线路上占用的带宽为（17）kb/s。

(17)A.128 B.248 C.300 D.320

【答案】C

【解析】

个子信道利用率为90%，因此复用后速率为：5*64kbps*90%=288kbps，又因为开销占了4%，因此实际传送的数据只占96%，所以实际要占288/0.96=300kbps。

题型二十一

1.IP数据报经过MTU较小的网络时需要分片。假设一个大小为1500的报文分为2个较小报文，其中 一个报文大小为800字节，则另一个报文的大小至少为（22）字节。

  (22)A.700 B.720 C.740 D.800

【答案】C

2.假设一个 IP 数据报总长度为3000B，要经过一段MTU为1500B的链路，该IP数据报
必须经过分片才能通过该链路。该原始 IP 数据报需被分成(24)个片，若IP 首部没有可选字
段，则最后一个片首部中 Ofiset字段为(25)。
(24)
A.2
B.3
C.4
D.5
(25)
A.370
B.740
C.1480
D.2960

答案:B,A

解析：

3000B 的数据分组进行分片，其中数据部分是 2980B，而MTU=1500B的数据报最多只能携带1480B 的数据，所以对于2980B的数据需要3个数据报(数据部分 1480+1480+20)才能通过。首部中的 Offset 字段表示该分片在原分组中的相对位置(注意单位是8B)，而量后一个分片的相对位置是2960B，所以 Offset的取值是2960B÷8B=370

题型二十二：

假设某分时系统采用简单时间片轮转法，当系统中的用户数为n,时间片为q时，系统对每个用户的响应时间T=（10）。

(10)A.n B.q C.nXq D.n+q

【答案】C

【解析】

在分时系统中是将把CPU的时间分成很短的时间片轮流地分配给各个终端用户，当系统中的用户数为n、时间片为q时，那么系统对每个用户的响应时间等于nXq。

题型二十三：

1.某企业有生产部和销售部，生产部负责生产产品并送入仓库，销售部从仓库取出产品销售。假设仓库可存放n件产品。用PV操作实现他们之间的同步过程如下图所示。

图中信号量S1和S2为同步信号量，初值分别为n和0; S是一个互斥信号量，初值为（9）。

(9)A.0 B.1 C.n D.-1

【答案】B

【解析】本题考查PV操作方面的基本知识。

根据题意，可以通过设置三个信号量S、S1、S2,其中，S是一个互斥信号量，初值为1，因为仓库是一个互斥资源，所以将产品送仓库时需要执行进行P (S)操作，当产品放入仓库后需要执行V (S)操作。

2.假设系统有n个进程共享资源R，且资源R的可用数为3，其中n≥3 。若采用PV操作，则信号量S的取值范围应为（9）。

(9)A.-1～n-1 B.-3～3 C.-（n-3）～3 D.-（n-1）～1

【答案】C

【解析】

比如，有三个某类资源，假设四个进程A、B、C、D要用该类资源，最开始S=3，当A进入，S=2，当B进入S=1，当C进入时S=0，表明该类资源刚好用完，D进入S=-1，表明有一个进程被阻塞了，当A用完该类资源时，进行V操作，S=0，释放该类资源，这时候，S=0，表明还有进程阻塞在该类资源上，然后再唤醒一个。

题型二十四

8条模拟信道采用TDM复用成1条数字信道，TDM帧的结构为8字节加1比特同步开销(每条模拟信道占1个字节)，若模拟信号频率范围为10-16kHz，样本串至少为(11)样本/秒，此时数字信道的数据速率为(12)Mbps。
(11)A.8k
B.10k
C.20k
D.32K
(12)A.0.52
B.0.65
C.1.30
D.2.08

【答案】D,D

【解析】

11）样本串至少大于频率的两倍，12）数字信道包含8个模拟信道，即（8*8+1）*32K=2080kbps=2.08Mbps

题型二十五：

假设有一个LAN，每10分钟轮询所有被管理设备一次，管理报文的处理时间是50ms，网络延迟为1ms，没有明显的网络拥塞，单个轮询需要时间大约为0.2s，则该管理站最多可支持(46)个设备。

A.4500
B.4000
C.3500
D.3000

【答案】D
【解析】10分钟=600s轮询一遍，每个设备耗时0.2s，即600/0.2=3000个设备。

题型二十六：

某文件系统采用位示图(bitmap)记录磁盘的使用情况。若计算机系统的字长为64位，磁盘的容量为
1024GB，物理块的大小为4MB，那么位示图的大小需要()个字。
答案：
A.1200
B.2400
C.4096
D.9600

解析：

位示图是利用二进制的一位来表示磁盘中的一个盘块的使用情况。当其值为《0》时，表示对应的盘块空闲;为《1》时，表示已经分配。系统中字长为64位，可记录64个物理块的使用情况
根据题意，若磁盘的容量为1024GB，物理块的大小为4MB，那么该磁盘就有256x1024个物理块，位示图的大小为256x1024/64=4096个字节。

题型二十七：

以太网的最大帧长为1518字节，每个数据帧前面有8个字节的前导字段，帧间隔为9.6us。传输
240000bit的IP数据报，采用100BASE-TX网络，需要的最短时间为()。

A.1.23ms
B.12.3ms
C.2.63ms
D.26.3ms
答案:C

解析：

IP数据包的长度是240000比特，一共30000字节，封装在以太帧里面，需要分片，一共分20片(实际应该是21片，此题以20片计算)。
每个以太帧的传输时间是(1518+8)*8/100Mbps=0.00012208s。20个以太帧的传输时间是
20*0.00012208=0.0024416s。
20个帧中间会存在20个帧间间隔时间192us。所以总时间=2441.6+192=2633.6us=2.63ms。

题型二十八：数据分片

假设一个IP 数据报总长度为3000B，要经过一段MTU为1500B的链路，该IP数据报必须经过分片才能通过该链路。该原始 IP 数据报需被分成(24)个片，若IP 首部没有可选字段，则最后一个片首部中 Ofiset 字段为(25)。
(24)
A.2
B.3
C.4
D.5
(25)
A.370
B.740
C.1480
D.2960

答案：B,A

30008 的数据分组进行分片，其中教据部分是2980B，而MTUE1500B 的委据报最多只能携出1480B 的数据，所以对于2980B 的数据需要 3个数据报(数据部分 1480+1480+20)才能通过。首部中的 Offset 字段表示该分片在原分组中的相对位置(注意单位是8B)，而最后一个分片的相对位置是 2960B，所以 Offset 的取值是 2960B÷8B=370。

题型二十九：

某计算机系统中互斥资源R的可用数为8，系统中有3个进程P1、P2和P3竞争R，且每个进程都需要i个R，该系统可能会发生死锁的最小i值为（ ）。

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：D

解析：

本题对于R资源可用数为8，分配到3个进程中，为了让最后的i值最小，所以每个进程尽量平均分配，可以得到3 、3、2的分配情况，此时如果假设i的取值为3，则必定不会形成死锁。当i>3时系统会形成死锁，此时取整，即最小i值为4。

或者可以记住公式：m>=n(w-1)+1

m表示资源数量，n表示进程数量，w表示每个进程所需要的资源数

题型三十：

某软件项目的活动图如下图所示，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的数字表示活动的持续时间（天），则完成该项目的最少时间为（ ?）天。活动FG的松驰时间为（ ）天。

A.20
B.37
C.38
D.46

答案：D

题型三十一：

某文件系统采用位示冬(bitmap)记求感盘的使用情况，若计算机系统的字长为
64位，磁盘的容量为 1024G，物理块大小为4MB，那么位示图的大小需要(8)个
字。
(8)
A、1200
B、2400
C、4096
D、9600

答案：C

解析：

位示图是利用二进制的一位来表示磁盘中的一个盘块的使用情况。当其值为“0”时，表示对应的盘块空闲:为“1”时，表示已经分配。有的系统把"0”作为盘块已分配的标记，把“1”作为空床标志。(它们的本质上是相同的，都是用一位的两种状态标志空闲和已分配两种情况。)磁盘上的所有盘块都有一个二进制位与之对应，这样，由所有盘块所对应的位构成一个集合，称为位示图。1024*1024/4/64=4096

题型三十二

1.以太网的最大帧长为 1518 字节，每个数据帧前面有8个字节的前导字段，帧间隔为
9.6μs，快速以太网 100 BASE-T 发送两帧之间的最大间隔时间约为() μs。
(60)

A.12.1
B.13.2
C.121
D.132
【答案】D
【解析】
(1518+8)*8/10 8*106+96=12208+96=13168

2.以太帧的最大帧长为 1518 字节，每个对据畅前面有8个字节的前导字段，帧间隔为
9.6us.传输 240000bit的 IP 数据报,采用 100BASE-TX 网络,需要的最短时间为(59)。
(59)
A、1.23ms
B、12.3ms
C、2.63ms
D、26.3ms

答案：C

1518 个字节中，实际用于封装数据的部分只有 1500字节，也就是 1500*8=12000bit。现在要传输 240000 个bit，需要传输 240000/120=20次。每一次传输需要的时间

9.6us+(1518+8)*8/100*106(s)=9.6us+122.8s=131.68us.

因此总的时间=20*131.68=2633.6us=2.63ms

题型三十三：

TCP 采用慢启动进行拥塞控制，若TCP在某轮拥塞窗口为8时出现拥塞，经过4个均
成功收到应答，此时拥塞窗口为(21)
(21)
A.5
B.6
C.7
D.8

答案：

解析：第一轮发送一个数据包，窗口设为2，第二轮发布两个窗口值设为4，第三轮发布4个，窗口值设为5，第四轮发送五个，窗口值设为6，超过4，一个一个增加。

题型三十四：

若8进制信号速率是4800Baud，则信道的数据速率(11)kb/s。
(11)

A.0.6
B.14.4
C.19.2
D.38.4

8进制信号，每个码元包含log2(8)=3个比特。信息速率也就是比特速率。一个8进制信号的码元速率为4800波特，对应的信息速率是4800*3=14400bit/s。