【導(dǎo)讀】據(jù)存儲(chǔ)內(nèi)容來進(jìn)行存取的存儲(chǔ)器。指令時(shí)的吞吐率TP為。TP=指令總數(shù)÷執(zhí)行這些指令所需要的總時(shí)間。在不延誤項(xiàng)目總工期的情況下，任務(wù)A. 最多可以推遲開始的時(shí)間是天。徑耗時(shí)最長(zhǎng)，總共2+5+6+7=20天。只要A的延誤時(shí)間不超過20-18=2天，就不會(huì)對(duì)。整體時(shí)間產(chǎn)生影響。◆不確定性——刻劃風(fēng)險(xiǎn)的事件可能發(fā)生也可能不發(fā)生；即，沒有100％發(fā)生的風(fēng)險(xiǎn)?！魮p失——如果風(fēng)險(xiǎn)變成了現(xiàn)實(shí)，就會(huì)產(chǎn)生惡性后果或損失。對(duì)于這兩種情況，若將，則不會(huì)發(fā)生死鎖。自軟件開發(fā)完成之日起產(chǎn)生。貝爾系統(tǒng)T3信道的數(shù)據(jù)速率大約。是，傳輸距離不大于。個(gè)樣本量化為128個(gè)等級(jí)，則信道的數(shù)據(jù)率為。入比特冗余位才能糾正一位錯(cuò)。明碼最多可以檢驗(yàn)和糾正16-1-4=11位用戶數(shù)據(jù)中的一位錯(cuò)誤。下面的選項(xiàng)列出了劃分類別的原則，其中合理的

　　

【正文】 list 12 deny ip any any 2．完成以下策略路由的配置。 routemap test permit 10 （ 9） ip address 10 （ 10） ip nexthop （ 11） 參考答案： （ 6） （ 7） （ 8） （ 9） match （ 10） set （ 11） 【問題 3】（ 4分） 以下是路由器 R1 的部分配置。請(qǐng)完成配置命令。 R1(config)interface fastether0/0 R1(configif)ip address （ 12） （ 13） R1(configif)ip nat inside ?? R1(config)interface fastether0/1 R1(configif)ip address （ 14） （ 15） R1(configif)ip nat outside ?? 參考答案： （ 12） （ 13） （ 14） （ 15） 2020 年下半年網(wǎng)工考試上午試卷 參考答案與解析 以下關(guān)于 CPU 的敘述中，錯(cuò)誤的是 （ 1） 。 （ 1） A． CPU 產(chǎn)生每條指令的操作信號(hào)并將操作信號(hào)送往相應(yīng)的部件進(jìn)行控制 B．程序控制器 PC除了存放指令地址，也可以臨時(shí)存儲(chǔ)算術(shù) /邏輯運(yùn)算結(jié)果 C． CPU 中的控制器決定計(jì)算機(jī)運(yùn)行過程的自動(dòng)化 D．指令譯碼器是 CPU 控制器中的部件 試題解析： PC 不可以存儲(chǔ)算術(shù) /邏輯運(yùn)算結(jié)果。 答案：（ 1） B 以下關(guān)于 CISC（ Complex Instruction Set Computer，復(fù)雜指令集計(jì)算機(jī)）和 RISC（ Reduced Instruction Set Computer，精簡(jiǎn)指令集計(jì)算機(jī)）的敘述中，錯(cuò)誤的是 （ 2） 。 （ 2） A．在 CISC 中，其復(fù)雜指令都采用硬布線邏輯來執(zhí)行 B．采用 CISC 技術(shù)的 CPU，其芯片設(shè)計(jì)復(fù)雜度更高 C．在 RISC 中，更適合采用硬布線邏輯執(zhí)行指令 D．采用 RISC 技術(shù)，指令系統(tǒng)中的指令種類和尋址方式更少 試題解析： CISC 的指令系統(tǒng)對(duì)應(yīng)的控制信號(hào)復(fù)雜，大多采用微程序控制器方式。 答案：（ 2） A 以下關(guān)于校驗(yàn)碼的敘述中，正確的是 （ 3） 。 （ 3） A．海明碼利用多組數(shù)位的奇偶性 來檢錯(cuò)和糾錯(cuò) B．海明碼的碼距必須大于等于 1 C．循環(huán)冗余校驗(yàn)碼具有很強(qiáng)的檢錯(cuò)和糾錯(cuò)能力 D．循環(huán)冗余校驗(yàn)碼的碼距必定為 1 試題解析： 海明碼使用多組數(shù)位進(jìn)行異或運(yùn)算來檢錯(cuò)和糾錯(cuò)。不過，異或也可以當(dāng)做是奇偶計(jì)算，因此 A可以算是正確的。 B的錯(cuò)誤在于碼距不能等于 1。 C 的錯(cuò)誤在于 CRC 不具有糾錯(cuò)能力。 取兩個(gè)相近的碼字，如 0和 1，再隨便用個(gè)生成多項(xiàng)式（如 101）進(jìn)行計(jì)算，可以看出即使要傳輸?shù)拇a字的碼距為 1，但整個(gè)編碼（原數(shù)據(jù) +CRC 校驗(yàn)碼）的碼距必定大于 1。如果碼距可以等于 1的話 ，那么就意味著 CRC 編碼可能無法檢查出一位的錯(cuò)誤。因此 D也是錯(cuò)誤的。 不過， D 的表達(dá)存在不嚴(yán)謹(jǐn)?shù)牡胤健Ｈ绻麑㈩}目中的 “ 循環(huán)冗余校驗(yàn)碼 ” 定為整個(gè)編碼（原數(shù)據(jù) +CRC 校驗(yàn)碼），則 D是錯(cuò)誤的。如果將題目中的 “ 循環(huán)冗余校驗(yàn)碼 ” 定為 CRC校驗(yàn)碼，則 D是正確的。 答案：（ 3） A 以下關(guān)于 Cache 的敘述中，正確的是 （ 4） 。 （ 4） A．在容量確定的情況下，替換算法的時(shí)間復(fù)雜度是影響 Cache命中率的關(guān)鍵因素 B． Cache 的設(shè)計(jì)思想是在合理成本下提高命中率 C． Cache 的設(shè)計(jì)目標(biāo)是容量盡可能 與主存容量相等 D． CPU中的 Cache 容量應(yīng)該大于 CPU之外的 Cache 容量 試題解析： A、 C、 D 都明顯錯(cuò)誤。 答案：（ 4） B 面向?qū)ο箝_發(fā)方法的基本思想是盡可能按照人類認(rèn)識(shí)客觀世界的方法來分析和解決問題， （ 5） 方法不屬于面向?qū)ο蠓椒ā? （ 5） A． Booch B． Coad C． OMT D． Jackson 試題解析： Jackson 是面向數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)的設(shè)計(jì)方法。 答案：（ 5） D 確定構(gòu)建軟件系統(tǒng)所需要的人數(shù)時(shí)，無需考慮 （ 6） 。 （ 6） A．系統(tǒng)的市場(chǎng)前景 B．系統(tǒng)的規(guī)模 C．系統(tǒng)的技術(shù)復(fù)雜度 D．項(xiàng)目計(jì)劃 試題解析： 常識(shí)。 答案：（ 6） A 一個(gè)項(xiàng)目為了修正一個(gè)錯(cuò)誤而進(jìn)行了變更。這個(gè)變更被修正后，卻引起以前可以正確運(yùn)行的代碼出錯(cuò)。 （ 7） 最可能發(fā)現(xiàn)這一問題。 （ 7） A．單元測(cè)試 B．接受測(cè)試 C．回歸測(cè)試 D．安裝測(cè)試 試題解析： 在軟件生命周期中的任何一個(gè)階段，只要軟件發(fā)生了改變，就可能給該軟件帶來問題。軟件的改變可能是源于發(fā)現(xiàn)了錯(cuò)誤并做了修改，也有可能是因?yàn)樵诩苫蚓S護(hù)階段加入了新的模塊。當(dāng)軟件中所含錯(cuò)誤被發(fā)現(xiàn)時(shí)，如果錯(cuò)誤跟蹤與管理系統(tǒng)不夠完善，就可能會(huì)遺 漏對(duì)這些錯(cuò)誤的修改；而開發(fā)者對(duì)錯(cuò)誤理解的不夠透徹，也可能導(dǎo)致所做的修改只修正了錯(cuò)誤的外在表現(xiàn)，而沒有修復(fù)錯(cuò)誤本身，從而造成修改失?。恍薷倪€有可能產(chǎn)生副作用從而導(dǎo)致軟件未被修改的部分產(chǎn)生新的問題，使本來工作正常的功能產(chǎn)生錯(cuò)誤。同樣，在有新代碼加入軟件的時(shí)候，除了新加入的代碼中有可能含有錯(cuò)誤外，新代碼還有可能對(duì)原有的代碼帶來影響。因此，每當(dāng)軟件發(fā)生變化時(shí)，我們就必須重新測(cè)試現(xiàn)有的功能，以便確定修改是否達(dá)到了預(yù)期的目的，檢查修改是否損害了原有的正常功能。同時(shí)，還需要補(bǔ)充新的測(cè)試用例來測(cè)試新的或被修改了的功能。為了 驗(yàn)證修改的正確性及其影響就需要進(jìn)行回歸測(cè)試。 答案：（ 7）C 操作系統(tǒng)是裸機(jī)上的第一層軟件，其他系統(tǒng)軟件（如 （ 8） 等）和應(yīng)用軟件都是建立在操作系統(tǒng)基礎(chǔ)上的。下圖 ①②③ 分別表示 （ 9） 。 （ 8） A．編譯程序、財(cái)務(wù)軟件和數(shù)據(jù)庫(kù)管理系統(tǒng)軟件 B．匯編程序、編譯程序和 java 解釋器 C．編譯程序、數(shù)據(jù)庫(kù)管理系統(tǒng)軟件和汽車防盜程序 D．語言處理程序、辦公管理軟件和氣象預(yù)報(bào)軟件 （ 9） A．應(yīng)用軟件開發(fā)者、最終用戶和系統(tǒng)軟件開發(fā)者 B．應(yīng)用軟件開發(fā)者、系統(tǒng)軟件開發(fā)者和最終用戶 C．最終用戶、系統(tǒng)軟件開發(fā)者和應(yīng)用軟件開發(fā)者 D．最終用戶、應(yīng)用軟件開發(fā)者和系統(tǒng)軟件開發(fā)者 試題解析：答案：（ 8） B （ 9） D 軟件權(quán)利人與被許可方簽訂一份軟件使用許可合同。若在該合同約定的時(shí)間和地域范圍內(nèi)，軟件權(quán)利人不得再許可任何第三人以此相同的方法使用該項(xiàng)軟件，但軟件權(quán)利人可以自己使用，則該項(xiàng)許可使用是 （ 10） 。 （ 10） A．獨(dú)家許可使用 B．獨(dú)占許可使用 C．普通許可使用 D．部分許可使用 試題解析： 許可貿(mào)易實(shí)際上是一種許可方用授權(quán)的形式向被許可方轉(zhuǎn)讓技術(shù)使用權(quán)同時(shí)也 讓度一定市場(chǎng)的貿(mào)易行為。根據(jù)其授權(quán)程度大小，許可貿(mào)易可分為如下五種形式： (1)獨(dú)占許可。它是指在合同規(guī)定的期限和地域內(nèi)，被許可方對(duì)轉(zhuǎn)讓的技術(shù)享有獨(dú)占的使用權(quán)，即許可方自己和任何第三方都不得使用該項(xiàng)技術(shù)和銷售該技術(shù)項(xiàng)下的產(chǎn)品。所以這種許可的技術(shù)使用費(fèi)是最高的。 (2)排他許可，又稱獨(dú)家許可；它是指在合同規(guī)定的期限和地域內(nèi)，被許可方和許可方自己都可使用該許可項(xiàng)下的技術(shù)和銷售該技術(shù)項(xiàng)下的產(chǎn)品，但許可方不得再將該項(xiàng)技術(shù)轉(zhuǎn)讓給第三方。排他許可是僅排除第三方面不排除許可方。 (3)普通許可。它是指在合同規(guī) 定的期限和地域內(nèi)，除被許可方該允許使用轉(zhuǎn)讓的技術(shù)和許可方仍保留對(duì)該項(xiàng)技術(shù)的使用權(quán)之外，許可方還有權(quán)再向第三方轉(zhuǎn)讓該項(xiàng)技術(shù)。普通許可是許可方授予被許可方權(quán)限最小的一種授權(quán)，其技術(shù)使用費(fèi)也是最低的。 (4)可轉(zhuǎn)讓許可，又稱分許可。它是指被許可方經(jīng)許可方允許，在合同規(guī)定的地域內(nèi)，將其被許可所獲得的技術(shù)使用權(quán)全部或部分地轉(zhuǎn)售給第三方。通常只有獨(dú)占許可或排他許可的被許可方才獲得這種可轉(zhuǎn)讓許可的授權(quán)。 10 (5)互換許可，又稱交叉許可。它是指交易雙方或各方以其所擁有的知識(shí)產(chǎn)權(quán)或?qū)Ｓ屑夹g(shù)，按各方都同意的條件互惠交換技 術(shù)的使用權(quán)，供對(duì)方使用。這種許可多適用于原發(fā)明的專利權(quán)人與派生發(fā)明的專利權(quán)人之間。 答案：（ 10） A 1 E1 載波的基本幀由 32 個(gè)子信道組成。其中 30 個(gè)子信道用于傳送語音數(shù)據(jù)， 2 個(gè)子信道 （ 11） 用于傳送控制信令。該基本幀的傳送時(shí)間為 （ 12） 。 （ 11） A． CH0 和 CH2 B． CH1 和 CH15 C． CH15 和 CH16 D． CH0 和 CH16 （ 12） A． 100ms B． 200μs C ． 125μs D ． 150μs 試題解析： E1 的一個(gè)時(shí)分復(fù)用幀的傳送時(shí)間為 125μs ，即每秒8000 次。 一個(gè)幀的傳送時(shí)間被劃分為 32相等的子信道，信道的編號(hào)為CH0~CH31。其中信道 CH0 用作幀同步用，信道 CH16 用來傳送信令，剩下 CH1~CH15和 CH17~CH31 共 30個(gè)信道可用于用戶數(shù)據(jù)傳輸。 答案：（ 11） D （ 12） C 1 4B/5B 編碼是一種兩級(jí)編碼方案，首先要把數(shù)據(jù)變成 （ 13） 編碼，再把 4位分為一組的代碼變換成 5單位的代碼，這種編碼的效率是 （ 14） 。 （ 13） A． NRZI B． AMI C． QAM D． PCM （ 14） A． B． C． D． 試題解析： 4B / 5B 編碼是將欲發(fā)送的數(shù)據(jù)流每 4bit 作為一個(gè)組，然后按照 4B / 5B 編碼規(guī)則將其轉(zhuǎn)換成相應(yīng) 5bit 碼。 5bit 碼共有32 種組合，但只采用其中的 16 種作為數(shù)據(jù)碼對(duì)應(yīng) 4bit 碼；其它的16 種或者未用，或者作為控制碼用于表示幀的開始和結(jié)束、光纖線路的狀態(tài)（靜止、空閑、暫停）等。 4B / 5B 編碼可以在 NRZI 編碼的基礎(chǔ)上實(shí)現(xiàn)，但由于 NRII編碼（非歸零反相編碼）沒有解決傳輸比特 0的同步問題，因此，4B / 5B 編碼的設(shè)計(jì)目的是保證整個(gè)傳輸數(shù)據(jù)信息（不包括控制信息）的過程中，無論是單組編碼還 是相鄰組編碼，都不會(huì)出現(xiàn)超過3 個(gè)連續(xù) “0” 的情況。通過 4B / 5B 的特別編碼方式，解決傳輸中的同步問題。 答案：（ 13） A （ 14） C 1 下圖表示了某個(gè)數(shù)據(jù)的兩種編碼，這兩種編碼分別是 （ 15） ，該數(shù)據(jù)是 （ 16） 。 （ 15） A． X 為差分曼徹斯特碼， Y為曼徹斯特碼 B． X 為差分曼徹斯特碼， Y為雙極性碼 C． X 為曼徹斯特碼， Y為差分曼徹斯特碼 D． X 為曼徹斯特碼， Y為不歸零碼 （ 16） A． 010011110 B． 010011010 C． 011011010 D． 010010010 試題解析： 兩種編碼都在比特間隙的中央有跳變，說明它們都屬于雙相位編碼。因此（ 15）題答案只能在 A、 C 中選擇。 如果（ 15）題選 A，則 x為差分曼徹斯特編碼。差分曼徹斯特編碼的比特間隙中間的跳變僅用于攜帶同步信息，不同比特是通過在比特間隙開始位置是否有電平跳變來表示。每比特的開始位置沒有電平跳變表示比特 1，有電平跳變表示比特 0。 如果將 x編碼當(dāng)做差分曼徹斯特編碼，其數(shù)據(jù)應(yīng)該是？11010111（第一位編碼由于無法預(yù)知其前狀態(tài)，因此只能用？表示）。y 編碼可能是 “011101100” 或 “1 00010011” ，顯然差分曼徹斯特編碼和曼徹斯特編碼的結(jié)果對(duì)應(yīng)不上，因此 A是錯(cuò)誤的。 如果（ 15）題選 C，則 y 為差分曼徹斯特編碼，其數(shù)據(jù)應(yīng)該是？10011010。 x 編碼可能是 “010011010” 或 “101100101” 。顯然第一個(gè)結(jié)果能夠與差分曼徹斯特編碼的結(jié)果匹配。所以可以判定該數(shù)據(jù)位為 010011010。 答案：（ 15） C （ 16） B 1 下圖所示的調(diào)制方式是 （ 17） 。若載波頻率為 2400Hz，則碼元速率為 （ 18） 。 （ 17） A． FSK B． 2DPSK C． ASK D． QAM （ 18） A． 100Baud B． 200Baud C． 1200Baud D． 2400Baud 試題解析： 這個(gè)信號(hào)明顯是屬于相位調(diào)制，在（ 17）題的備選答案中， PSK 是相移鍵控，滿足題意。 DPSK（ Differential Phase Shift Keying，差分相移鍵控）波形的同一個(gè)相位并不一定代表相同的數(shù)字信號(hào)，而前后碼元的相對(duì)相位才能唯一地確定數(shù)字信息，所以只要前后碼元的相對(duì)相位關(guān)系不破壞，就可正確恢復(fù)數(shù)字信息。這就避免了絕對(duì) PSK 方式中的 “ 倒π” 現(xiàn)象的發(fā)生，因此得到廣泛的應(yīng)用。 在數(shù)字 信號(hào)中，