软考网工计算题总结（一）：总共35类题型，进来复习啦!_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

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        162816/1024 = 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】

可以用上一题的方法，即先化为10进制，再/1024，这里用另一种方法

化为2进制后去掉后面10个0，变为K，再化为10进制即可。

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（M）*1024（K）*1024（B）*8（b）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（信息位）=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

二进制指数退避算法

1）确定基本退避时间（基数），一般定为2τ，也就是一个争用期时间，对于以太网就是51.2μs
2）定义一个参数K，为重传次数，K＝min[重传次数，10]，可见K≤10
3）从离散型整数集合[0，1，2，……，(2^k－1)]中，随机取出一个数记做R
    那么重传所需要的退避时间为R倍的基本退避时间：即：T＝R×2τ。
4）同时，重传也不是无休止的进行，当重传16次不成功，就丢弃该帧，传输失败，报告给高层协议

在这里，争用时间片为25.12us,所以R在[0,-1]之间，等待的最长时间为 7*25.12us=179.2us

最短时间为0*25.12us=0         

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】

Lmin=2R×d/v

即1km/200000(km/s)=5us    1(Gb/s)*2*5us=10000比特

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（来回）*20000（总共的帧）*1000（1km）/200000000(传播速率)=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】R=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

6.假设一种媒体的最大频率为 6000Hz，根据奈奎斯特定理，每个信号单元对应3位时，最大数据传输速率是(14)。
A.10Kb/s        B.40Kb/s        C.56Kb/s        D.36kb/s
答案：D
解析：首先根据奈奎斯特定理，求出最大码元传输速率。已知W=6000Hz，则最大码元传输速率B=2W=12000 Baud
根据波特率与数据传输速率之间的关系，R=BlogN，求最大传输速率。
当每个信号单元对应3 位比特时: N=8，所以最大传输速率=12000log2(8)=36kbps

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

【解析】

1500的报文，IP报头占20字节，数据只有1480大小！第一个报文的数据是800-20=780字节，那么第二个报文的数据是1480-780+20=720

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9.6*20=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，边上的数字表示相应活动的持续时间(天)，则完成该项目的最少时间为___天。活动BC和BF最多可以晚开始___天而不会影响整个项目的进度。

关键路径：起点至终点最长的路径。关键路径上的活动均为关键活动。
松弛时间：最早开始时间与最迟开始时间之差，或者最早结束时间与最迟结束时间之差。

解答：
根据上图计算出关键路径为A-B-C-E-F-J和A-B-D-G-F-J，其长度为18。活动BC和BD在关键路径上，所以松弛时间为0。活动BF不在关键路径上，包含该活动的最长路径为A-B-F-J，其长度为11，按松弛时间计算方法，最迟结束时间18减最早结束时间11，所以该活动的松弛时间为7。
 

题型三十一：

某文件系统采用位示图(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(M)/4(M)/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】

以太帧时间T1=（1518+8）×8/100^6=0.00012208s

换算成us，T1=122.08us

因为采用100BASE-T网络，所以是100Mbps，Mbps是megabits per second的缩写，是一种传输速率单位，指每秒(s)传输的位(Mbit)数量。所以100Mbps=100×10^6bps

1518+8=1526是字节，所以前面需要 ×8 统一单位为bit

T2=9.6us，所以最大间隔T=T1+T2=122.08+9.6=131.68us
 

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*10^6(s)=9.6us+122.08s=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:B

解析：

题型三十四：

一个8进制信号的码元速率为4800波特，对应的信息速率是多少（）

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

答案：B

解析：

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。

则计算为：4800*3=14400bit/s。
码元传输速率，又称为码元速率或传码率。码元速率又称为波特率，指每秒信号的变化次数。单位为"波特",常用符号"Baud"表示，简写为"B"。
信息速率：在二进制数字通信系统中每秒传输的二进制符号数可用每秒传输的最大信息量来表征，单位为比特/秒（bit/s或bps）称为信息传输速率，又称信息速率或比特率。

题型三十五：

设信道带宽为3400Hz，采用PCM编码采样周期为125us，每个样本量化为256个等级，则信道的数据速率为(11)

A.10kb/s
B.16kb/s
C.56kb/s
D.64kb/s

答案：D

解析：

在每个采样周期内，一个样本量化为 256级，也就是可以表示 8bit，因为 log2(256)=8，也就是在一个 125s 内传输 8it，因此速率为 8/(125*10^-6)=0.64*10^6=64kb/s,信道带宽为3400Hz其实是个干扰项

同样每个样本量化为128个等级，7/(125*10^-6)=0.56*10^6=56kb/s

---

以上是我整理的34类题型，如有错误，请佬们不吝赐教，若有新鲜题型会尽快补充！！

整理不易，希望佬们多多点赞收藏，你们的鼓励是我更新的动力