网络工程师考前冲刺辅导

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上午考试－计算机系统

● 在计算机中，最适合进行数字加减运算的数字编码是（1），最适合 表示浮点数阶码的数字编码是（2） （2005） (1)A．原码B．反码C 补码D．移码

(2)A．原码B．反码C 补码D．移码 解：（1）：C 补码的性质是将减法运算变成加法运算

（2）：D 移码：补码（正）加1 或（负）减1，整数的移码和真值存在增加一个常数（2 n－1）关系，可以直接进行真值的比较。有利于符点数移位进行运算。 ●如果主存容量为16M 字节，且按字节编址，表示该主存地址至少应 需要(3) 位。（2005）

(3)A．16 B．20 C．24 D．32

解： 16M＝16×210 ×210 ＝2 24，单位都是字节

(3) C

上午考试－计算机系统

内存按字节编址，地址从A4000H 到CBFFFH，共有_(1)_个字节。 若用存储容量为32K×8bit 的存储芯片构成该内存，至少需要_(2)_片。（2004） (1)A.80K B.96K C.160K D.192K(2)A.2 B.5 C.8 D.10 解：（1）：CB11-A311=160(十进制)K k＝0000－－11FF （H）

（2）：160/32=5

(1) C (2) B

中断响应时间是指_(3)_。（2004）

(3)A.从中断处理开始到中断处理结束所用的时间 B.从发出中断请求到中断处理结束所用的时间 C.从发出中断请求到进入中断处理所用的时间 D.从中断处理结束到再次中断请求的时间 解： (3) C

上午考试分析－计算机系统

操作数所处的位置，可以决定指令的寻址方式。操作数包含在指令中，寻址方式为(4)；操作数在寄存器中，寻址方式为(5); 操作数的地址在寄存器中，寻址方式为(6) （2005） (4) A 立即寻址B．直接寻址C 寄存器寻址D 寄存器间接寻址 (5)A.立即寻址B．相对寻址C 寄存器寻址D 寄存器间接寻址 (6)A．相对寻址B．直接寻址C 寄存器寻址D．寄存器间接寻址。 解： （4）A （5 ）C （6） D 考察寻址方式的不同

上午考试－计算机系统

若指令流水线把一条指令分为取指、分析和执行三部分，且三部分的时间分别是 t 取指＝2ns，t 分析＝2ns，t 执行＝1ns。则100 条指令全部执行完毕需_(4)_ns。（2004） (4) A.163 B.183 C.193 D.203 解：2×100＋2+1＝203 D 参考：教程图1-22，

若每一条指令都可以分解为取指、分析和执行三步。已知取指时间＝5 . t ，分析时间t 分析＝2. t，执行时间t 执行＝5. t，。如果按顺序方式从头到尾执行完500 条指令需（4） . t。如果按照[执行] k、

[分析] k+1、[取指] k+2 重叠的流水线方式执行指令，从头到尾执行完 500 指令需要（5） . t。（2005 下） （4）A. 5590 B. 5595 C. 6000 D. 6007 （5）A. 2492 B. 2500 C. 2510 D. 2515 解： （4）C （5+2+5)*500=6000 （5 ）C 5*500+5+5=2510 上午考试－计算机系统

在单指令流多数据计算机（SIMD）中，各处理单元必须_(5)_。 （2004）

(5)A.以同步方式，在同一时间内执行不同的指令 B.以同步方式，在同一时间内执行同一指令 C.以异步方式，在同一时间内执行不同指令 D.以异步方式，在同一时间内执行同一指令

解：B

所有PE 在同一周期执行同一条指令，受同一控制器，同步工作。 上午考试－计算机系统

阵列处理机属于（1） 计算机。（2005 下） （1）A. SISD B. SIMD C. MISD D. MIMD

解：B

阵列机是单指令多数据流计算机，在单个控制部件控制下，对分配给自 己的数据进行处理。

采用（2）不能将多个处理机互连构成多处理器系统。 （2）A. STD 总线B. 交叉开关C. PCI 总线D. Centronic 总 Http://www.ccidedu.com 线

解：D Centronic 总线是一种外总线，与同RS-232 一样。不能连接 多个处理机构成多处理器系统

上午考试－计算机系统

● 两个部件的可靠度R 均为0．8，由这两个部件串联构成的系统的可 靠度为（7）;由这两个部件并联构成的系统的可靠度为(8)。（2005 上）

(7)A．0．80 B。0．64 C．0．90‘ D．0．96 (8)A．0．80 B．0．64 C．0．90 D．0．96 解：可靠性问题

串联时，要保证系统的可靠，必须两个部件都可靠，因此可靠度是0.8 ×0.8＝0.64

并联时，当两个部件都不可靠，才造成系统的不可靠，除此，系统是可 靠的，因此，都不可靠的概率是0.2×0.2＝0.04，则可靠的概率是 1-0.04＝0.96

（7 ） B （8 ）D 上午考试－计算机系统

●某计算机系统的可靠性是图1 所示的双重串并联结构，若所构成系 统的每个部件的可靠度为0.9，即R＝0.9，则该系统的可靠度为（3） （2005 下）

（3）A. 0.9997 B. 0.9276 C. 0.9639 D.0.6561

答：单路－2 个部件都可靠才能可靠：0.9×0.9＝0.81

双路：只有2 个部件都不可靠，系统才不可靠，不可靠度（1-0.81） × （1-0.81）＝0.036 1－0.036＝0.9639 答案： C

2004 下2005 上两次比较： 共同点：存储器编址、容量

不同点：2004 系统结构内容分量较重 2005 下：全部为系统结构内容

上午考试－操作系统

单个磁头在向盘片的磁性涂层上写入数据时，是以_(6)_方式写入的。（2004） ( 6)A.并行B.并－串行C.串行D.串－并行 解：C

容量为64 块的Cache 采用组相联的方式映像，字块大小为128 个 字，每4 块为一组。若主存容量为4096 块，且以字编址，那么主存地 址应为_(7)_位，主存区号应为_(8)_位。（2004） (7)A.16 B.17 C.18 D.19 (8) A.5 B.6 C.7 D.8 解（7）D ：4096×128＝212×27＝219

（ 8 ） B ： 4096/4=1024( 组）， CACHE ： 64/4=16 组 1024/16=64 26＝64

上午考试分析－操作系统

数据存储在磁盘上的排列方式会影响I／O 服务的总时间。假设每磁道划分成10 个物理块，每块存放1 个逻辑记录。逻辑记录R1，R2，?，R10 存放在同一个磁道上，记录的安排顺序如下表所示： （2005）

上午考试分析－操作系统 注意：

4ms 是使用缓冲区处理一个记录的时间，不是读数的时间，一个 记录所花的时间包括读取和处理两部分。 读一个记录的时间：

每磁道划分成10 个物理块（记录），磁盘的旋转速度为20ms／周，则每个记录是20/10=2ms 第一次：开始处，2+4＝6ms，

第二次：此头转过2、3 ，在记录4 处，要顺序处理，需要再转8个记录（4 5 6 7 8 9 10 1）到2，再读取，需要8*2＋2+4＝22ms同样，以后每次都这样，共需：22×9＋6＝204 ms （15 ） C

优化后，记录的安排做到，每次处理完上一个后，下个要处理的记录正好是磁头旋转的位置，因此，每次需要2+4＝6 ms，共6*10＝60ms （16 ）B

上午考试分析－操作系统

● 页式存储系统的逻辑地址是由页号和页内地址两部分组成。假定页面的大小为4K，地址变换过程如下图所示，图中逻辑地址用十进制表示。

图中有效地址经过变换后，十进制物理地址a 应为（17）。（2005）

(17) A．33220 B．8644 C．4548 D．2500

解：逻辑地址8644 包括页面号和页内地址（偏移量），页面号转换成 物理块号，大小也是4K，页内地址不变，最后的物理地址就是物理块号 起始＋偏移量

8644＝4096（4K）×2（第2 页）＋452 （偏移量） 物理地址： 4096×8 ＋452 ＝33220 （17 ）A

上午考试分析－操作系统

虚拟存储管理系统的基础是程序的（23）理论，这个理论的基本含义是指程序执行时往往会不均匀地访问主存储器的单元。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（24）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。 （23）A、全局性B、局部性C、时间全局性D、空间全局性 （24）A、主存储器B、虚拟存储器C、辅助存储器D、U 盘 解： （23） B （24）A（2004） 上午考试分析－操作系统

● 在计算机系统中，构成虚拟存储器（9）。（2005） (9) A．只需要一定的硬件资源便可实现 B．只需要一定的软件即可实现 C．既需要软件也需要硬件方可实现 D．既不需要软件也不需要硬件

解： 虚拟存储是通过一定的调度算法，将部分程序调入内存运行，其它在外存上存在的技术，从用户感觉，程序在很大的内存（虚拟内存）中运行。 （9）C

上午考试－操作系统

在UNIX 操作系统中，若用户键入的命令参数的个数为1 时，执行cat$1 命令：若用户键入的命令参数的个数为2 时，执行cat>>$2<$1命令。请将下面所示的Shell 程序的空缺部分补齐。（ 2004） case (25) in 1) cat $1 ; ; 2)cat>>$2<$1;; )echo ?default…..?

esac

(25) A、$$ B、$@ C、$# D、$* 解：C 。见教程P372 上午考试－操作系统

在图2 所示的树型文件中，方框表示目录，圆圈表示文件，“/”表示路径的分隔符，“/” 路径之首表示根目录。图2 中，(10） 。假设当前目录是D1，进程A 以如下两种方式打开文件f1：方式1 fd1＝open(“ （11） /f1”,o_RDONLY); 方式2 fd1＝open(“/D1/W1/f1”,o_RDONLY); 其中，方式1 的 工作效率比方式2 的工作效率高，因为采用方式1 的文件系统 （12） 。

（10）A. 子目录W2 中文件f2 和子目录D2 中文件f2 是完全相同的 B. 子目录W2 中文件f2 和子目录D2 中文件f2 是不相同的

C. 子目录W2 中文件f2 和子目录D2 中文件f2 是可能相同也可能 不相同

D. 树型文件系统中不允许出现相同名字的文件 （11）A. /D1/W1 B. D1/W1 C. W1 D. f1 （12）A. 可以直接访问根目录下的文件f1

B. 可用从当前路径开始查找需要访问的文件f1

C. 只需要访问一次磁盘，就可以读取文件f1，而方式2 需 要两次

D. 只需要访问一次磁盘，就可以读取文件f1，而方式2 需 Http://www.ccidedu.com 要三次

（10） C. 子目录W2 中文件f2 和子目录D2 中文件f2 是可能相 同也可能不相同 （11）C . W1

(12) B. 可用从当前路径开始查找需要访问的文件f1 上午考试－操作系统

2004 下2005 上两次比较：

共同点：存储管理（分区、页、段）、虚拟存储器概念 磁盘读写

不同点：2005 内容较深 2005 下：

全部是考文件系统

上午考试分析－软件工程

软件开发中的瀑布模型典型地刻画了软件生存周期的阶段划分， 与其最相适应的软件开发方法是_(9)_。（2004） (9)A.构件化方法B.结构化方法C.面向对象方法D.快速原型方法 解：B

下述任务中，不属于软件工程需求分析阶段的是_(10)_。 （2004）

(10)A.分析软件系统的数据要求B.确定软件系统的功能需求 C.确定软件系统的性能要求D.确定软件系统的运行平台 Http://www.ccidedu.com 解D

上午考试分析－软件工程

软件设计的主要任务是设计软件的构造、过程和模块，其中软 件结构设计的主要任务是要确定_(11)_。（2004） (11)A.模块间的操作细节B.模块简的相似性 C.模块间的组成关系D.模块间的具体功能 解：C

系统测试是将软件系统与硬件、外设和网络等其他因素结合， 对整个软件系统进行测试。_(12)_不是系统测试的内容。（2004） (12)A.路径测试B.可靠性测试C.安装测试D.安全测试 解：A

上午考试－软件工程

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