1、网络工程师综合测验题带答案第 1 题 在某计算机系统中，若某一功能的处理速度被提高到10倍，而该功能的处理使用时间仅占整个系统运行时间的50%，那么可使系统的性能大致提高到（ 1 ）倍。（ 1 ）A.1.51B.1.72C.1.82D.1.91参考答案：(1) C试题分析：假设该处理原来所需时间为t，由于该功能的处理使用时间占整个系统运行时间的50%，所以，其他的处理时间也为t。该功能的处理速度被提高到10倍后，则其所需时间为0.1t，因此，系统的性能大致提高到(t+t)/(0.1t+t) = 2t/1.1t = 1.82倍。第 2 题 某种部件使用在10000台计算机中，运行工作1000小时
2、后，其中20台计算机的这种部件失效，则该部件千小时可靠度R为（ 2 ）。（ 2 ）A0.990 B0.992 C0.996 D0.998参考答案：(2) D试题分析：系统的可靠度是指在某段时间T内能正常运行的概率，1000小时内这种部件用在10000台计算机里，20台失效，表明有10000-20=9980台能正常运行，所以这1000小时内的可靠度为9980/100000=0.998。第 3 题 下面关于RISC计算机的论述中，不正确的是（ 3 ）。（ 3 ）ARISC计算机的指令简单，且长度固定BRISC计算机的大部分指令不访问内存CRISC计算机采用优化的编译程序，有效地支持高级语言DRIS
3、C计算机尽量少用通用寄存器，把芯片面积留给微程序参考答案：(3) D试题分析：RISC计算机的指令简单，且长度固定，没有必要采用微程序设计。RISC计算机仅用LOAD/STORE指令访问内存，使用了大量的寄存器，采用优化的编译程序，能有效地支持高级语言。第 4 题 Cache介于CPU和主存之间，由（ 4 ）完成信息动态调度。（ 4 ） A软件 B硬件C操作系统 DBIOS参考答案：(4) B试题分析：Cache和主存中信息的映像关系以及它们之间的调度是由硬件来实现的。第 5 题 程序员张某参加某软件公司开发管理系统软件的工作，后辞职到另一公司任职，于是项目负责人将张某在该软件作品上的开发者署
4、名更改为他人，该项目负责人的行为（ 5 ）。（ 5 ）A.侵犯了开发者张某的身份权及署名权B.不构成侵权，因为程序员张某不是软件著作权人C.只是行使管理者的权利，不构成侵权D.不构成侵权，因为程序员张某现已不是项目组成员参考答案：(5) A试题分析：程序员张某参加某软件公司开发管理系统软件的工作，这属于职务行为，该软件的著作权归公司所有。但张某拥有署名权（即表明开发者身份，在软件上署名的权利），虽然张某辞职到另一公司任职，这并不影响他对该软件的署名权。项目负责人将张某在该软件作品上的开发者署名更改为他人，根据计算机软件保护条例第二十三条第四款，该项目负责人的行为侵犯了开发者张某的身份权及署名权
5、。第 6 题 由我国工信部批准发布，在信息产业范围内统一使用的标准，称为（ 6 ）。（ 6 ） A地方标准 B部门标准 C行业标准 D企业标准参考答案：(6) C试题分析：根据标准制定的机构和标准适用的范围有所不同，标准可分为国际标准、国家标准、行业标准、企业（机构）标准及项目（课题）标准。由国务院有关行政主管部门制定并报国务院标准化行政主管部门备案的标准，称为行业标准。工信部属我国行政主管部门，其批准发布的标准在信息行业范围内为行业统一的标准。第 7 题 （ 7 ）命令用于定义静态转换成全局地址的本地地址。（ 7 ）Aip nat inside source static Bip nat i
6、nside Cip nat inside source list Dip nat pool参考答案：(7) A试题分析：ip nat inside source static命令用于定义静态转换成全局地址的本地地址。ip nat inside指定内部接口。ip nat inside source list和ip nat pool用于配置动态NAT。第 8-9 题如果文件abc的属主是zhangsan，权限位为“-rw-r-”，那么对于同组的用户lisi而言，该文件是 8 ；除了 9 之外的命令，会使得所有其它用户都可以读写该文件。（ 8 ）A只读 B可读写 C不可读 D不一定（ 9 ）Achm
7、od g+w abc Bchmod 666 abc Cchmod a=rw abc Dchmod a+rw abc参考答案：(8) A (9) A试题分析：这是一道实际应用题，主要考查了Linux下的文件/目录权限的设置。在Linux中，对于一个文件来说，可以将用户分成三种文件所有者、同组用户、其它用户，可对其分别赋予不同的权限。每一个文件或目录的访问权限都有三组，每组用三位表示，如图a所示：要设置其权限，则应该使用chmod命令，其语法格式为：chmod who opt mode 文件/目录名其中who表示对象，是以下字母中的一个或组合：u（文件所有者）、g（同组用户）、o（其它用户）、a（
8、所有用户）；opt则是代表操作，可以为：+（添加权限）、-（取消权限）、=（赋予给定的权限，并取消原有的权限）；而mode则代表权限。另外，chmod还支持使用二进制数表示法，有权限的就用1表示，没权限则为0表示，对于例子就是110 100 000，转为十进制就是640。网络工程师综合测验题带答案，吐血收集显然，根据这个权限位的规则，可以看出同组用户Joe对该文件是可写的。如果要让所有用户都可读写，就是要将所有用户的rw位都置上。根据chmod命令规则，显然a+rw、a=rw都能达到这一目的，而g+w，只是让同组的用户能够写该文件，而其它非同组用户是无法读写的。对于chmod 666 abc而
9、言，其权限位设置应该为 110 110 110，也就是rw- rw- rw-，显然也能达到目的。第 10-11 题对于一个工作站数量在10以内的网络，其Windows网络的组网形式应该选择（ 10 ），在Windows中文件与打印共享功能是基于（ 11 ）协议实现的。（ 10 ）A工作组 B域 C活动目录 D均不合适（ 11 ）ATCP BUDP CIPX DNetBIOS参考答案：(10) A (11) D试题分析：这是一道基础知识题，主要考查了Windows中三种组网形式的特点以及一些协议基础。在Windows中，可以将基于不同平台客户机和服务器松散地组成工作组，也可以组成为一个可管理的域
10、。而活动目录（AD）则是Windows 2000在NT域方案的基础上的一次革新，它适合于较大规模的网络。Windows网络中是使用NetBIOS来实现它的所有操作，包括客户机对文件和打印服务器等设备的访问，因此文件与打印共享功能也是基于NetBIOS协议实现的第 12 题在Linux系统中,通过运行（ 12 ）命令可以设置在操作系统启动时自动运行FTP服务。（ 12 ）Aautorun Bset Cchkconfig Dsystemconfig参考答案：(12) C试题分析：chkconfig则是用来管理Linux的系统服务，它可以将服务添加到启动列表中，也能够从中删除某服务，与Windows
11、下的“服务”管理器是类似的。因此通过该命令能够实现FTP的自启动.第 13 题下列关综合布线系统的描述中，错误的是（ 13 ）（ 13 ）A.STP比UTP的成本高B.对于用高速率终端可采用光纤直接到桌面的方案C.建筑群子系统之间一般用双绞线连接D.多介质插座用来连接铜缆和光纤参考答案：(13) C试题分析：楼宇（建筑群）子系统也称校园(Campus Backbone SUB System)子系统，它是将一个建筑物中的电缆延伸到另一个建筑物的通信设备和装置，通常是由光缆和相应设备组成，建筑群子系统是综合布线系统的一部分，它支持楼宇之间通信所需的硬件，其中包括导线电缆、光缆以及防止电缆上的脉冲电
12、压进入建筑物的电气保护装置。在建筑群子系统中，会遇到室外敷设电缆问题，一般有三种情况：架空电缆、直埋电缆、地下管道电缆，或者是这三种的任何组合，具体情况应根据现场的环境来决定。设计时的要点同于垂直干线子系统。第 14-15 题在Linux中的dns服务器中，用于配置DNS的数据文件名是（ 14 ），它将指定DNS的正向解析文件、反向解析文件和（ 15 ）。（ 14 ）A. named.boot B. named.conf C. db.域名 D. bind.conf（ 15 ） A. 指针文件 B. 配置文件 C. 缓存文件 D. 日志文件参考答案：(14) A (15) C试题分析：这是一道实
13、际应用题，考查了Bind服务器的主要配置文件。在Bind中包括五个主要的配置文件，其中有两个比较核心：一是/etc/named.boot，用于设置DNS的数据文件，named启动时会自动读取；二是/etc/named.conf，是DNS服务器的主要配置文件。而其它三个都是由named.boot指令的，包括：正向解析文件：通过对每个域名有一个正向解析文件，用来指定其主机项，文件名格式通常为db.域名；反向解析文件：通常是一个IP地址段一个反向解析文件，用来指定IP域名的解析；缓存文件：通常为db.cahce，用来缓存解析结果第 16-17 题DES是一种共享密钥算法，但是由于其有效密钥长度只有（
14、 16 ）bit，因此不够安全，现在流行是用的3DES其密钥有效长度是（ 17 ）。（ 16 ）A.56 B.64 C.128 D.1024（ 17 ）A.64 B.112 C.128 D.168参考答案：(16) A (17) B试题分析：数据加密基本概念。第 18 题RIPv1与RIPv2的区别是（ 18 ）。（ 18 ）A.RIPv1是距离矢量路由协议，而RIPv2是链路状态路由协议B.RlPv1不支持vlsm，而RIPv2支持vlsmC.RIPv1每隔30秒广播一次路由信息，而RIPv2每隔10秒广播一次路由信息D.RIPv1的最大跳数为16，而RIPv2的最大跳数为15参考答案：(1
15、8) B试题分析：RIPv2仅仅是RIPv1的升级版本，增加了一些新的功能，如可变长子网掩码的支持，但本质上是同一种协议，相应的参数应该都是一样的。所以A，C，D均不正确。第 19 题在运行生成树协议（STP）的默认配置的交换机中，一个端口从接入PC到能正常转发数据大约需要经过（ 19 ）秒。（ 19 ）A20 B15C30 D50参考答案：(19) D试题分析：交换机的端口变化受定时器的控制，默认情况下。1老化时间（blocking）=20s2.监听时间（listening）forward delay=15s3学习时间（learning）forward delay=15s 因此需要50s之后
16、才能转发，这就是stp效率低的原因，也是rstp出现的原因。第 20 题以下地址中属于 C 类地址的是（ 20 ）。（ 20 ）A. 224.116.213.0B. 110.105.207.0 C. 10.105.205.0 D. 192.168.0.7参考答案：(20) D试题分析：简单的IP地址分类的概念。首字节化为10进制之后，A类地址：1-126。B类地址：128-191。C类地址：192-223。D类地址：224-239。只要记住这个范围即可。第 21-23 题在ftp客户端的基本命令中，用于制定本地文件的存放目录的命令是 （ 21 ），下载一个文件的命令是（ 22 ）。当在服务器上
17、设置ftp的监听端口为28时，能正确访问该ftp服务器的是（ 23 ）。（ 21 ）A. cd B.lcd C.mkdir D.dir（ 22 ）A. down B. put C. get D. mget（ 23 ）A. ftp:/ip/ 28 B. ftp:/ip:28 C. ftp:/ip/ -28 D. ftp:/ip/ .28参考答案：(21) B (22) C (23) B试题分析：本题考察FTP客户端基本命令，可以参考FTP命令。第 24 题类似于Windows系统中对网卡的启用和禁用网卡，则在Linux/Unix中用（ 24 ）命令实现第一块网卡的禁用。（ 24 ）A.shutd
18、own eth0 B.ifconfig eth0 downC.no ifconfig eth0 up D.set eth0 down参考答案：(24) B试题分析：Linux基本网络命令，注意不要和ios中的命令混淆了。第 25 题以太网中使用的校验码标准是（ 25 ）。（ 25 ）A. CRC-12 B. CRC-CCITT C. CRC-16 D. CRC-32参考答案：(25) D试题分析：基本概念题.第 26-27 题如果要检查出d位错，那么码的海明距离是（ 26 ）。如果信息长度为5位，要求纠正1位错，按照海明编码，需要增加的校验位是（ 27 ）位。（ 26 ）Ad-1 B. d+1
19、 C. 2d-1 D. 2d+1（ 27 ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6参考答案：(26) B (27) B试题分析：将一个码字变成另一个码字时必须改变的最小位数就是码字之间海明距离，简称码距，没有加冗余校验码的任何编码，它们的码距就是1，可以发现“码距-1”位的错误，可以纠正“码距/2”位的错误（即为了纠d位错，就需要使用海明码距为2d+1的编码）第 28-29 题码是一些码字组成的集合。一对码字之间的海明距离是（ 28 ），一个码的海明距离是所有不同码字的海明距离的（ 29 ）。（ 28 ）A码字之间不同的位数 B. 两个码字之间相同的位数C两个码字的校验和之和 D. 两个码字的
20、校验和之差（ 29 ）A平均值 B. 最大值 C. 最小值 D. 任意值参考答案：(28) A (29) C试题分析：这题是校验码相关考题的一个典型代表，主要考查的是海明码距。在复习时，一定要掌握以下几个要点：将一个码字变成另一个码字时必须改变的最小位数就是码字之间海明距离，简称码距，没有加冗余校验码的任何编码，它们的码距就是1.第 30-31 题若原始信息为1011 0110 0，其CRC校验使用的是生成多项式G(x)=X4+X2+1，那么其校验码应该是（ 30 ），如果收到的信息码为（ 31 ），则说明没有发生CRC错误。（ 30 ） A1111 B1011 C1101 D0111（ 31
21、 ）A1011 0110 01111B1011 0110 01101C1011 0110 00101D1011 0110 00110参考答案：(30) A (31) A试题分析：本题是一道基本原理题，考查了循环冗余校验码CRC。根据原始信息和生成多项式，求校验码的过程比较简单，如图a所示：网络工程师综合测验题带答案，吐血收集而要判断某个信息码是否CRC校验正确，只要用其去除以生成多项式，如果余数为0，则说明校验正确。第 32-33 题假设信号的波特率600Band，采用PSK调制技术，则该信道的数据速率是（ 32 ）。而如果使用QPSK调制技术，那么该信道的数据速率将变为（ 33 ）。（ 32
22、 ）A300b/s B600b/s C900b/s D1200b/s（ 33 ）A300b/s B600b/s C1200b/s D2400b/s参考答案：(32) B (33) C试题分析：这是一道计算题，考查了无噪声的信道数据速率的计算。根据公式我们可以得知，数据速率=波特率码元比特位。在本题中，波特率是已知的600Baund，因此关键在于获得“码元比特位”，这是与其采用的调制技术相关的。网络工程师综合测验题带答案，吐血收集根据表a可知，PSK的码元比特位是1，因此其信道数据速率就是6001=600b/s；而QPSK的码元比特位是2，因此其信道数据速率就是6002=1200b/s。第 34
23、-35 题逻辑链路控制子层LLC协议与HDLC是兼容的，它能够提供三种服务：无确认无连接的服务，面向连接方式的服务以及有确认无连接的服务。其中实现面向连接方式服务使用的LLC操作类型是（ 34 ），关于这种服务的描述，正确的是（ 35 ）。（ 34 ）ALLC0型 BLLC1型 CLLC2型 DLLC3型（ 35 ）A它是通过用HDLC的异步平衡方式的操作来提供支持的B它高效、可靠，适合于传送少量的重要数据C它不涉及任何流控与差错控制功能D它是使用无编号帧来提供支持的参考答案：(34) C (35) A试题分析：这是一道基础知识题，考察了逻辑链路控制子层LLC的服务类型及操作类型。第 36 题
24、对于Internet而言，网络层的服务访问点是（ 36 ）。（ 36 ）A.MAC地址 B.LLC地址 C.IP地址 D.端口号参考答案：(36) C试题分析：基本概念题.第 37-38 题OSI参考模型中,上下邻层实体之间的接口称为服务访问点（SAP），网络层的服务访问点也称为（ 37 ），通常分为（ 38 ）两部分。（ 37 ）A.用户地址 B.网络地址 C.端口地址 D.网卡地址（ 38 ）A.网络号和端口号 B.网络号和主机地址C.超网号和子网号 D.超网号和端口地址参考答案：(37) B (38) B试题分析：基本概念题.第 39-40 题在OSI参考模型中，物理层的功能是（ 39
25、）。对等实体在依次交互作用中传送的信息单位称为（ 40 ）。（ 39 ）A.建立和释放连接 B.透明地传输比特流C.在物理实体间传送数据帧 D.发送和接收用户数据（ 40 ）A.接口数据单元 B.服务数据单元C.协议数据单元 D.交互数据单元参考答案：(39) B (40) C试题分析：本题考察OSI七层参考模型中各个层次的基本特点.基本概念题.第 41-42 题Internet是一种树型结构的网络，因此对位于“树根”的（ 41 ）依赖十分严重，它会对整个网络的性能产生巨大影响。为了解决这一问题，现在Internet正在朝着（ 42 ）方向发展。（ 41 ）A. 中心路由器 B. 中心网络 C
26、. 核心交换机 D. 核心网关（ 42 ）A. 图型拓扑结构 B. 层次结构 C. 对等主干结构 D. 星型拓扑结构参考答案：(41) D (42) C试题分析：这是一道基础知识题，考查的是Internet的体系结构发展趋势。在Internet的“树根”处是主干网的核心网关，当这个核心网关一旦出现问题，则会使整个Internet受到影响。由于Internet是一个巨大的互连网络，因此要完全形成备份体系是很困难的，因此现在Internet的结构的发展方向是对等主干结构。第 43-44 题HDLC具有三种不同的数据传输方式，其中“无须主站明确指示就可以启动数据传输，主站只负责控制线路”的模式是（
27、43 ），从链路配置的角度而言，这种传输模式应该归属于（ 44 ）。（ 43 ）ANRM BARM CABM DNBM（ 44 ）A非平衡配置 B半平衡配置 C平衡配置 D全平衡配置参考答案：(43) B (44) A试题分析：这是一道基本原理题，考查了HDLC的链路配置和数据传输模式。在HDLC协议中，规定了两种链路配置、三种数据传输模式，如表a所示：网络工程师综合测验题带答案，吐血收集第 45 题广域网中广泛采用的拓扑结构是（ 45 ）。（ 45 ）A.树状 B.网状 C.星型 D.环形参考答案：(45) B试题分析：本题主要考察计算机网络拓扑的相关知识点。计算机网络拓扑（topology
28、）是应用拓扑学来研究计算机网络结构，通过抽象将计算机网络表示成点和线的几何关系，从而反映出网络中各实体间的结构关系。网络拓扑结构是构建计算机网络的第一步，对整个网络的设计、性能、可靠性以及通信费用等方面都有着重要的影响。由于广域网通常是各种形状网络的互联，形状不规则，所以它的拓扑结构不是跪着的几何形状，其中网状（mesh）结构居多。第 46-47 题网桥从其某一端口收到正确的数据帧后，在其地址转发表中查找该帧要到达的目的站，若查找不到，则会（ 46 ）；若要到达的目的站仍然在该端口上，则会（ 47 ）。（ 46 ）A向除该端口以外的桥的所有端口转发此帧B. 向桥的所有端口转发此帧C. 仅向该端
29、口转发此帧D. 不转发此帧，而由桥保存起来（ 47 ）A. 向该端口转发此帧 B. 丢弃此帧C. 将此帧作为地址探测帧D. 利用此帧建立该端口的地址转换表参考答案：(46) A (47) B试题分析：网桥是用来在数据链路层上将两个网段隔开，最基本的网桥是两个端口，一个端口接在一个网段。因此，网桥就要根据端口来判断转发策略。显然，当收到一个包，其目的地址还不在数据库中，那么说明网桥不知道它在哪个网段，因此显然应该“向除该端口以外的桥的所有端口转发此帧”；而如果该地址就是接收端口的地址表中，那么显然说明发送者和接收者是同一个网段上，当然要“丢弃此帧”。第 48-49 题在图a的网络配置中，总共有（
30、 48 ）个广播域，（ 49 ）个冲突域。网络工程师综合测验题带答案，吐血收集（ 48 ）A2 B3 C4 D5（ 49 ）A2 B5 C6 D10参考答案：(48) A (49) C试题分析：广播域和冲突域是局域网中很重要的概念。通常我们称数据分组产生和发生冲突的这样一个区域被称为冲突域。所有的共享介质环境都是冲突域。一条线路可通过接插电缆、收发器、接插面板、中继器和集线器与另一条线路进行连接。所有这些第一层的互连设备都是冲突域的一部分。而广播数据包会在交换机连接的所有网段上传播，在某些情况下会导致通信拥挤和安全漏洞。连接到路由器上的网段会被分配成不同的广播域，广播数据不会穿过路由器。传统的
31、交换机只能分割冲突域，不能分割广播域。要隔离广播域需要采用第三层的设备，如路由器。而图a中用路由器隔开了两个网段，因此共有2个广播域。而左边的集线器连接是共享式网络，属于1个冲突域；右边的交换机连接的是非共享式网络，每个端口是一个冲突域，但整个属于一个广播域（除非使用VLAN隔离），所以，冲突域=集线器的冲突域+交换机的冲突域=1+5=6。第 50 题下列选择项（ 50 ）不是交换机3个主要功能之一。（ 50 ）A学习 B转发 C散发 D清除环路参考答案：(50) C试题分析：交换机的3个主要功能学习、转发、清除环路。第 51 题现有SW1SW4四台交换机相连，他们的VTP工作模式分别设定为Server、Client、Transparent和Client。若在SW1建立一个名为VLAN100的虚拟网，这时能学到这个VLAN配置的交换机应该是（ 51 ）（ 51
