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1、(精编)XXXX年上半年软考网络工程师上午试题答案2010年上半年软考网络工程师上午试题答案2010-05-1807:17:40来源：李磊博客浏览：4553次2010年上半年的全国计算机软件资格(水平)考试时间是2010年5月22、23日。提醒：全国计算机软件资格(水平)考试合格标准是上午、下午均45分以上为合格。软考信息网将在第一时间发布2010年上半年软考网络工程师上午试题，2010年上半年软考网络工程师下午试题以及2010年上半年软考网络工程师上午试题答案，2010年上半年软考网络工程师下午试题答案敬请关注.计算机指令一般包括操作码和地址码两部分，为分析执行一条指令，其 （1）。（1）A
2、操作码应存入指令寄存器（IR），地址码应存入程序计数器(PC)。B操作码应存入程序计数器(PC)，地址码应存入指令寄存器（IR）。C操作码和地址码都应存入指令寄存器。D操作码和地址码都应存入程序计数器。试题解析：指令寄存器（IR）用来保存当前正在执行的一条指令。当执行一条指令时，先把它从内存取到数据寄存器（DR）中，然后再传送至IR。指令划分为操作码和地址码字段，由二进制数字组成。为了执行任何给定的指令，必须对操作码进行测试，以便识别所要求的操作。指令译码器就是做这项工作的。指令寄存器中操作码字段的输出就是指令译码器的输入。操作码一经译码后，即可向操作控制器发出具体操作的特定信号。答案：（1）
3、C进度安排的常用图形描述方法有GANTT图和PERT图。GANTT图不能清晰地描述 （2）；PERT图可以给出哪些任务完成后才能开始另一些任务。下图所示的PERT图中，事件6的最晚开始时刻是 （3）。（图略，后补）（2）A每个任务从何时开始B每个任务到何时结束C每个任务的进展情况D各任务之间的依赖关系（3）A0B1C10D11试题解析：甘特图的优点是直观表明各个任务的计划进度和当前进度，能动态地反映软件开发进展的情况，是小型项目中常用的工具。缺点是不能显式地描绘各个任务间的依赖关系，关键任务也不明确。PERT图中的关键路径是12579，总共15天。在不影响关键路径，并考虑到58这个任务的前提下
4、，事件6的最晚开始事件是第10天。答案：（2）D，（3）C使用白盒测试方法时，确定测试用例应根据 （4）和指定的覆盖标准。（4）A程序的内部逻辑B程序结构的复杂性C使用说明书D程序的功能试题解析：白盒法全面了解程序内部逻辑结构、对所有逻辑路径进行测试。白盒法是穷举路径测试。在使用这一方案时，测试者必须检查程序的内部结构，从检查程序的逻辑着手，得出测试数据。答案：（4）A若某整数的16位补码为FFFFH（H表示十六进制），则该数的十进制值为 （5）。（5）A0B-1C216-1D-216+1试题解析：负数的补码：符号位为1，其余位为该数绝对值的原码按位取反；然后整个数加1。因此，补码FFFFH对
5、应的是-1答案：（5）B若在系统中有若干个互斥资源R，6个并发进程，每个进程都需要2个资源R，那么使系统不发生死锁的资源R的最少数目为 （6）。（6）A6B7C9D12试题解析：在极端情况下，假设6个并发进程都获得了一个资源。要避免死锁，则至少需要再增加一个资源。答案：（6）B软件设计时需要遵循抽象、模块化、信息隐蔽和模块独立原则。在划分软件系统模块时，应尽量做到 （7）。（7）A高内聚高耦合B高内聚低耦合C低内聚高耦合D低内聚低耦合试题解析：高内聚强调功能实现尽量在模块内部完成；低耦合则是尽量降低模块之间的联系，减少彼此之间的相互影响。这二者的结合是面向过程编程和系统设计的重要特点。答案：（
6、7）B程序的三种基本控制结构是 （8）。（8）A过程、子程序和分程序B顺序、选择和重复C递归、堆栈和队列D调用、返回和跳转试题解析：常识答案：（8）B栈是一种按“后进先出”原则进行插入和删除操作的数据结构，因此， （9）必须用栈。（9）A函数或过程进行递归调用及返回处理B将一个元素序列进行逆置C链表结点的申请和释放D可执行程序的装入和卸载试题解析：常识。答案：（9）A两个以上的申请人分别就相同内容的计算机程序的发明创造，先后向国务院专利行政部门提出申请， （10）可以获得专利申请权。（10）A所有申请人均B先申请人C先使用人D先发明人试题解析：在我国，审批专利遵循的基本原则是“先申请先得”原则
7、，即对于同样的发明创造，谁先申请专利，专利权就授予谁。专利法第九条规定，两个以上的申请人分别就同样的发明创造申请专利的，专利权授予最先申请的。当有二者在同一时间就同样的发明创造提交了专利申请，专利局将分别向各申请人通报有关情况可以将两申请人作为一件申请的共同申请人,或其中一方放弃权利并从另一方得到适当的补偿，或两件申请都不授予专利权。但专利权的的授予只能给一个人。答案：（10）B第三层交换根据 （11）对数据包进行转发。（11）AMAC地址BIP地址C端口号D应用协议试题解析：这道题目有些吃不准。第三层交换本来是应该根据网络层IP地址进行转发的。但第三层交换有一类方案的思想是：在第三层对数据报
8、进行一次路由，然后尽量在第二层交换端到端的数据帧，这就是所谓的“一次路由，随后交换”（RouteOnce,SwitchThereafter）的策略。3Com公司的FastIP交换（用于局域网）和MPOA（Multi-ProtocolOverATM，ATM上的多协议）属于此类。其中FastIP交换使用的是MAC地址，MPOA使用的就不一定是MAC地址了。另外，第三层交换还有一类方案是尽可能地避免路由器对数据报进行逐个处理，可以把网络数据划分成不同的网络流，在进行路由和转发时是以数据报携带的网络流标志为依据。Cisco公司的NetFlow交换（用于局域网）和TagSwitching交换（用于广域网
9、）以及Ipsilon公司的IPSwitching交换就是属于这种技术。从题目不是很容易揣摩出命题老师的意思，在A和B之间反复权衡，最后还是选B。答案：（11）B按照IEEE802.1d协议，当交换机端口处于 （12）状态时，既可以学习MAC帧中的源地址，又可以把接收到的MAC帧转发到适当的端口。（12）A阻塞（blocking）B学习（learning）C转发（forwarding）D监听（listening）试题解析：对于支持生成树算法的交换机来说，其端口有六种工作模式：l禁用（disabled）：端口既不发送和监听BPDU，也不转发数据帧。l阻塞（blocking）：端口可发送和监听BPD
10、U，但不转发数据帧。l监听（listening）：端口监听BPDU以确保网络中不出现环路，但不转发数据帧。该模式是一种临时模式。l学习（learning）：端口学习MAC地址，建立地址表，但不转发数据帧。该模式是一种临时模式。l转发（forwarding）：端口既可以发送和监听BPDU，也可以转发数据帧。l故障（broken）：端口因为配置错误而无法使用，既不能发送和监听BPDU，也不能转发数据帧。通常在交换机重启之后就可以消除故障状态。答案：（12）C以下关于帧中继网的叙述中，错误的是 （13）。（13）A帧中继提供面向连接的网络服务B帧在传输过程中要进行流量控制C既可以按需提供带宽，也可以
11、适应突发式业务D帧长可变，可以承载各种局域网的数据帧。试题解析：FR（FrameRelay，帧中继）是八十年代发展起来的一种数据通信技术，它是从X.25分组交换技术演变而来的。FR向用户提供面向连接的通信服务。FR省略了帧编号、差错控制、流量控制、应答、监视等功能，把这些功能全部交给用户终端去完成，大大节省了交换机的开销，降低了时延，提高了信息吞吐量。FR具有高带宽和高可靠性的优点，可以作为X.25的替代方案。FR的帧信息长度远大于X.25分组，最大帧长度可达1600字节，适合于封装局域网的数据单元。FR的带宽控制技术是它的一大优点。在传统的数据通信业务中，用户预定了一条64Kbps的链路，那
12、么就只能以64Kbps的速率传输。而在FR技术中，预定的是CIR（CommittedInformationRate，约定数据速率），即在正常状态下Tc（CommittedTimeInterval，承诺时间间隔）内的数据速率平均值。在实际的数据传输过程中，用户能以高于64Kbps的速率传送数据。举例来说，一个用户预定了CIR=64Kbps的FR链路，并与FR业务供应商鉴定了另外两个指标：l1.Bc（CommittedBurst，承诺突发量）：在承诺信息速率的测量间隔内，交换机准许接收和发送的最大数据量，以bps为单位。l2.Be（ExcessBurst，超突发量）：在承诺信息速率之外，FR交换机
13、试图发送的未承诺的最大额外数据量，以bps为单位。超量突发依赖于厂商可以提供的服务，但是一般来说它要受到本地接入环路端口速率的限制。一般来说，发送超量突发数据（Be）的概率要小于承诺突发数据（Bc）。网络把超量突发数据（Be）看作可丢弃的数据。当用户以等于或低于64Kbps（CIR）的速率传送数据时，网络一定可靠地负责传送，当用户以大于64Kbps的速率传送数据，且用户在Tc内的发送量（突发量）少于Bc+Be时，在正常情况下也能可靠地传送，但是若出现网络拥塞，则会被优先丢弃。当突发量大于Bc+Be时，网络将丢弃数据帧。所以FR用户虽然付了64Kbps的信息速率费（收费以CIR来定），却可以传送
14、高于64Kbps速率的数据，这是FR吸引用户的主要原因之一。答案：（13）B在地面上相隔2000KM的两地之间通过卫星信道传送4000比特长的数据包，如果数据速率为64Kb/S，则从开始发送到接收完成需要的时间是 （14）。（14）A48msB640msC322.5msD332.5ms试题解析：总时间=4000比特的发送时间+卫星传输延迟时间。发送4000比特需要4000/64k=62.5ms，在文中没有说明卫星传输延迟，估计又用了270ms的“标准时间”。唉，这个时间我去年下半年做考试分析时就已经强调过了是“教条主义”，怎么就不知道反思呢？“有的书上说卫星传输的延时是270ms，这里要说明一
15、下：传输延时是与距离相关的，距离越远则延时越大。即使是同一颗卫星，其近地点与远地点的通信传输延迟都差别非常大。如果死记270ms，那就是教条主义了。”总时间=62.5+270=332.5ms答案：（14）D同步数字系列（SDH）是光纤信道复用标准，其中最常用的STM-1(OC-3)据速率是 （15），STM-4(OC-12)的数据速率是 （16）。（15）A155.520Mb/sB622.080Mb/sC2488.320Mb/sD10Gb/s（16）A155.520Mb/sB622.080Mb/sC2488.320Mb/sD10Gb/s试题解析：答案：（15）A，（16）B采用CRC进行差错校验，生成多项式为G(X)=X4+X+1，信息码字为10111，则计算出的CRC校验码是 （17）。（17）A0000B0100C0010D1100试题解析：答案：（17）D数
