XXXX年上半年网络工程师试卷(银监会计算机复习资料).docx

2007年上半年网络工程部上午试卷<1>不属于计算机检制器中的部件.B.程序计数器PCD.程序状态字存放舞PSw（1） A.指令存放器IRC.算术逻辑单元A1.U我短券折：AIU属于运算器,不属于控制器.Atc在CpIJ与主存之间谀置药速缓冲存错器CiIChe,扎目的是为了.（2） A.扩大主存的存储容量B.提高CPU对主存的访问效率C.就扩大主存容量又提高存取速度D.提高外存储器的速度M离解析：CaChC是不具有扩大主存容量功能的，更不可能提高外存的访问速度。但CaChe的昉问速度是在CPU和内存之间,可以提高（TU对内存的访何效率。M1.B下面的描述中，_（3>_不是R1.SC设计应发循的设计原则<3）A.指令条效应少一些B.导址方式尽可能少C.采用交长指令，功能复杂的指令长度长而简单指令长度短D.设计尽可能多的通用存放器我短券析：C1.SC的特点是多茉用爻长指令,而RISC刚好相反。答案：C某系抚的可病性结构檐图如以下图所示.该系统由4个部件坦成，共中2、3两个部件并联冗余，再与1、4备件串联我成。代设部件1.2、3的可靠度分别为0.90、0.7。、0.70.若要求该系统的可靠度不低于0.75.则进行系统设计时，分配给部件4的可靠度至少应为皿.-rB.-T0.9×(1.-0.7)0.9X(1-0.7×0.7)*0.75d0.7509x(1-(1-0.7):)<0.9X(0.7+0.7)”M题解析：设某个部件的可率性为Rx.在上图的连接方式中，总体可靠性=R1(1-(1-R2)(1-R3)R4.答案：C结构化开发方法中，数据流图是(5)阶段产生的成果.(5) A.希求分析B.总体设计C.详细设计D.程序爆码我题解析：常识。售鬃，A关于原型化开发方法的奴述中,不正确的选项是3_.(6) A.原型化方法适应于需求不明确的软件开发B.在开发过程中,可以废弃不用早期构造的软件原型C.原型化方法可以直接开发出最终产品D原型化方法利于瑜认各项系统效劳的可用性¾US券折：原型是用于明瑜用户需求的,并才是提交用户的最终产品.MtC如果两名以上的申请人分别就同样的创造创造申请专利，专利权应授予是,(7) R.最先创造的人B.最先中请的人C.所有申请人D.伊商后的申请人如暮析：常识。*：BCMM模型将软件过程的成熟度分为5个等级，在3_使用定量分析来不断地改良和管理软件过程.(8) A.优化级B.管理纹C.定义级D.可重复纹我融券折；CMM反映了软件过嶷能力的大小，它猫述了五个线另I的软件过程.初始级：特点是软令机构缺乏对软件过程的右效管理，软件过程是无序的,有时甚至是：ft乱的，对过程几乎没有定义.其软件工号的成功束濠于偶尔的个人英域主义而非"张行为,因此它不是可重要的。可电复级：特点是软件机构的工程力案和跟徐稳定，工程it程可控，工程的成功是可更艮的.巴定义级：特点在于软件过程巳裱提升成标准化过程.从而更加具有穗定性.可It复性和可控性.已定It管理圾：特点是软件机担中软件辽程电软件产品都有定量的目标.并祓定量地管理，因而其软件过程能力艮可情测的.其生产的软件产品是高质It的。优化级：特点是过程的量化反应和先进的新思想、能技术促进过程不断改良,技术和过程的改良改良被作为常规的业务活动加以方案加管理，A茶系统的进程状态转换如以下图所示，图中1.2.3.4分别表示引起状态转换的不同原因，原因4表示W.。(9) A.就绪进程被调度B.运行进程执行了P操作C.发生了福塞进程等待的事件D.运行进程时何片到了箕总解析：常识。即使不了解操作系统的进程管理，对四个选项进行分析也可以采用挣除法获得正确答案.*«:C某怅络工程方案图如下所示.边上的标记为任芬编码及其需要的完成时间(天),则整个工程的工期为()0).(10) A.16B.17C.18D.21M同解析：寻找最长路径1-2-3-4-5-6,路径之和就是整个工程的工期.答案：D关于多慢光纤.下面的描述中描述错误的选项是(11).(11)A.多模光纤的芯线由透明的皱璃或熨料制成B.多模光钎包层的折射率比芯线的折射率低C.光波在芯线中以多肿反射珞径传播D.多模光纤的数据速率比单模光钎的数据速率访俄黑解析：常识。答案，D关于路由器,以下说法中错误的选项是(12。(12>.路由器可以隔离子网，抑制播送风暴B.路由器可以实现网络地址转换C.珞由器可以提供可串住不同的多条珞由选择D.路由器只能实现点对点的传输故慝解析，D显怵珞误。答案：D100BAS£-FX采用4B/5B和NRZ-I编码，这种嫌可方式的效率为(13).(13) A.50%B.60%C,80%D.100%我题源折：4B/5B煽码法就聂将数据流中的每4bi1.s作为一混，然后按编码规则将每一个俎转换成为5bi1.s.因此效率为4/5=80%,答案：C在以大门中使用CRC校验磅，其生成多项式是(M).(14) AG(X)X,e+X,2+X5+1"B. G(Xi三X16+X,5+X2+1.PC. G(XfeX,+X,+X3+X三+X+VD. G(X)=J2+X+n+i2+n+1.0+s+7+5+4+3+13暮析：谁都不会刻意记忆CRC编码的生成多项式.但以太网帧格式的校验段总共有4个字节却是很多人熟识的，因此以大网的CRC码的生成多项式的最高阶必定是4*8=32.D是唯一满足条件的答案。答案；D8个9600bs的信道按时分多潞复用在一条线路上传输，在饶计TDM情无下，假定每个子信道有80%的时间忙，复用及路的控制开钠为5%,那么发用歧路的芍宽为(15。(15>.32kbsB.64kb/sC.72kb/sD.96kb/s就题伊析：(8*9600)*80%/(1-5%)64kbs.<*>B设信道带宽为4kHz.信嘿比为30dB,按照杏农定理.信道的最大敢据速率约等于(16).(16) A.10kb/sB.20kb/sC.30kb/sD.40kb/s俄总解析：香农(Shannon)总结出有噪声信道的据传照率：在一条带宽为HHZs信噪比为SZ的有噪声信道的最大数娓传输率Y”为I，Vg=H1.Og2(1+SN)bps÷>粉(S噪比SZbh由30db=10k>g:S/N,得IognS/N=3,三y,SN=103=1000.计/VmMVmax=H1.og：(1+SN)bps=40001.og：(1+1000)bps*4000X9.97DpS<40K0pS<'答案：D在E1.钱波中.持个孑信道的数据速率是.E1.我波的控制开钠占(18)。(17) A.32kb/sB.6-1kb/sC.72kb/sD.96kb/s<18>A>3.125%B,6.25%C,1.25%D,25%俄黑解析：E1.(E-1>是欧洲电子传输格戌，由HU-TS设计并由欧洲邮政电讯管理委员会(CEPT)命名。E1.歧珞将32个信道艮用在I个E1.的数抠祯中，每个信道占8个比特，每秒传输8000帧。因此E1.的速率为32X8X8000=2.048Mbpso使用E1.迸行传输的ISiW使用了30个B信道使输数据.因比桎制开销=<32-30)/32=6.25%,(其实直接为EI载波的控制开精是多少是不产通的.题目中并没有强调说一定是30B+D的ISDN系统.如果另外有其他的传输系统采用了不同的方式,那么控制开钠自然也不同.)答案；(17)B(18)B在HFC回络中，Cab1.eHKkm的作用是(19).<19>A.用于调制解调和拨号上网B.用于说制解调以及作为以大网接口C.用于连接也话线和用户终端计算机0.连接ISDN接口和用户终提计算机设题解析：CabIeUOdem既不用于拨号上同，也不用于连接电话跳，更与ISDN没有什么关系。B以下寓于对称数字用户叁路(Symiictrica1.Digita1.Subscriber1.ine)的是(20)。(20).HOS1.B.ADS1.C.RADS1.D.VDS1.箕短解析:XDS1.有多种规范，可分为对称数字用户娃路和非对称数字用户搓路两彩分，参见下表类型2幡，数据速率根式。应用U“IDS1.tISDN数字用户蟠。128KbD3寿称。ISDM1.R务于语音和数据通信QHDSb,越据崖宰数字用户线路、1.5MbPS2Mbps/对称“TI)EI抠务于WAM1.AN访问和P招务器访问,SOSW单线对数字用户嘘1.5Mbps2Mbps对称2与HDS1.应用相同,另外为对缄P普提供场所访问ADSw事对称数字用户谣。上行：最高640Kbps下行：最高6Mbp"主对称Internet访问，视频点瘠.单一视P频、远程1.AN访向、交互多媒体G1.ig-无分黑数字用F1.蟠上行：JKX512Kbps*'下行：最高1.5MbP约聿对称标准ADS1.；在用户场所无希安装PSD1.1.ttg3VDS3甚而数据速率数字用户蟠，上行：15Mbps23Mbps*下行：13MbPS52Mbg率对鄢与ADS1.相同，另外可以传送PHDTV节目,RADS1.(Rate-AdaptiveDS1.,速率自适应数字用户线路)也是非对称数字用户线路.*：A关于ARP表.以下描述中正破的选项是。(21)A.提供常用目标地址的快捷方式来臧少网络流量B.用于建立IP地址到MAC地址的映射C.用于在各个子网之间进行珞由选择D.用于进行应用层信息的转换俄更解析：常识。答案：B因林网中的协议应该满足规定的层次关系.下面的选项中健正确表示称议层次和对应关系的是(22).(22)A.B.SNMP"TFTP”UDPQTCPpIPpSNMP.'HTTP2TCPOUDPaIP<j*>HTTPpTFTPePSNMP"TeinetPPTCPQUDPQPTCPQUDPaPIPQP3设短券析：SNMP.TFTP是基于U1.)P的,而HTTP、T是基于TCP的。答案：CBGp毋议的作用是(23).<23>A.用于自治系统之间的路由器之间交换路由信息B.用于自治系统内萄的珞由辖之间交搂路由信息C.用于主干网中路由器之间交换路由信息D.用于园区风中路由器之间交换路由信息加S解析：BGP(BorderGatewayProtoco1.,过界网关熔仪)负贵在AS之间进行路由，是EGPS的一种.答案：A关于RIP.以下选项中务误的选项是(24)。(21)A.RIP笠用更需矢量算法计算最正确路由B. R1.P规定的最大规数为16C. RIP默认的路由更新冏期为30秒D. R1.P是一种内部网关协议M题解析：R1.P规定的最大跳数为15,16意味着无穷大.B路由会聚(Rou1.eSumnariza1.ion)是把小的子网会聚成大的叵络,下面4个子网：172.16.193.0/24、172.16.194.0/24.172.16.196.0/24和172.16.198.0/24,进行路由会聚后的网络地址是(25).(25) A,172.16,192.0/21B,172.16,192.0/22C.172.16.200.0/22D.172.16.224.0/20如暮析：前两个字节和最后一个字节不做比较了，只比较筹三个字节.193-1100000119-1-11000010196-11000100198-*11000110显然.这四个数字只有前五位是完全相同的,因此会最后的网络的第三个字节应该是一192.会坐后的网箔的橙码中1的弱量应该有8+8+5=21。因此答案是172.16.192.0/21.A分超给某校国网的地让块是202.105.192.0/18,该校反网包.台(26个C类网络。(26) A.6B.MC.30D.62就题解析：C类池址的缺省掩码应该有24个“广，24-18=6,因此正确咨案应该是2'=64.但选项中没有64.只有62和它比我接近。这是因为出题老还是遵循早已被炭弃的“子同段中全。和全1都不可用的旧规定.答案：D以下地址中属于D类地址的是(27).B.110.105.207.0D.192.168.0.7(27>.224.116.213.0C.10.105.205.0我题解析：常识。fttA在WindCUS榛作系统中,采用(28命令来测试到达目标所经过的路由器数目及IP地址.(28) A.pingB.tracertC.arpD.11s1.ookupM题解析：常识.BFrP使用的传输层协议为(29),FTP的默认的控制端口号为(30)。(29) A.HrrPB.IPC.TCPD.UDP(30>A.80B.25C.20D.21武理第析：常识。答案：(29)C(30)D在1.inUX操作系统中，(31)文件负责配置DNS,它包含了主机的域名授案功序和DS效劳舞的地址。(31)A.etchostnaeB.etchost.confC.etcreso1.v.confI),/etc/name,conf俄融券折：常识。答案，C1.inUX系统在默认情笈下将创立的普通文件的权正设置为(32).<32)A.-w-r-r-B-r-rr-C.-rw-rw-rwx)-rA'xnrxrw-就题解析：普通文件是不可执行的，自盖不会有X权限.比外，文件拥有人缺省是具备读写权泯的，而其他人只具备读权限。MiA在1.inUX系统中，用户泡加密后的口令存楮在(33)文件中。<33>A.etcpasswdB.ZetcZshadowC.etcgroupD.etcshe1.1.sS解析：注意麴目，问的是“用户建”，一不留神就上当了.<X>c以下关于Wind3rsSorvcr2003的域管理馍式的描述中，正项的选项是.<34>A.域间齿任关系只能是单向信任B.只有一个主域控制器.其它都为备份域控制器C.毋个域控制器都可以改交目录信息,并把变化的信息复制到其他域控制器D.只有一个域控制器可以改变目录信息M题解析：WindgS的活动目荥包括城、城树、城林的概念，因此自然不会只有一个主域控制僵，也不会只有一个域控制器可以改变目录信息了.域间信任关系有单向信任和双旬信任两种。答案1C在Wind5sServer2003中，,默认情况下(35)姐用户拥右访问和完全控制终转效劳器的权限.<35>A.InteractiveB.NetworkC.EveryoneD.Systea就总密析：自己看看就知道了.D以下关于DHCP效劳的说法中正确的选项是(36)e<36>A.在一个子网内只能设置一台I)HCP效劳器,以防止冲突B.在我认情况下，客户机采用录先到达的DHCP效劳器分配的IP地址C.使用DHCP效劳，无法保证某台计算机使用固定IP地址D.客户堵在配置时必须指明DHCP效劳器IP地址，才能获得DHCP效劳M离解析：一个子网内可以设置多台DHCP效劳器.客户机采用播送方式发送地址请求,不常茂先知道DH(T效劳器的地址。客户机采用最先到达的DHCP效劳器分配的IP地址。DHCP效劳器可以采用WAC地址绑定的方式保证某台计算机使用固定IP地址。答案,B使用代理效劳赛(proxyserver)访何Internet的主要功能不包括(37),(37A.窕破对某些网站的访问泯制B.提高访问某些网站的速度C.防止来自Internet上的南毒的入侵D.1%藏本地主机的IP地址S解析：代理效劳您不具备抵御痛喜入侵的能力.<X>cPOP3协议采用(38)模式,当客户机甭要效劳时.客户给软件(Out1.ookExpressFoxinai1.)与POP3效劳器建立(39连接.<38>A.Browser/ServerB.C1.ient/ServerC.PeertoPeer(39)A.TCPC.PIIP如券折；PoP3是典里的C/S携式.POP3使用的TCP110端口。D.PeertoServerB.UDPD.IP答案：(38)B(39)ADES是一种(40)算法.(40>A.共享宝制B.公开密钥武理第析：DES是一种56位共享宅钢的加冬算法。MiAC.报文摘要D.访问控制(t1.inux系统中.利用41)命令可以分页显示文件的内容.(41)A.1.istB.catC.moreD.cpMJK解折：常识.M>C在Windms操作系统中.要实现一台具有多个域名的Web效劳器,正确的方法是(42).(42)A,使用虚双目录B使用虚拟主机C.安装多套IISD.为IIS配置多个I1.eb效劳端口就黑部折，常识。答案,B以下行为不属于网络攻击的是(43).<43>A.连续不停Ping某台主机B.发送带病弄和木马的电子邮件C.向多个邮箱群发一豺电子邮件D.暴力破解效劳信密码S解析：卸件群发有可能是发垃圾邮件，但不播于网络攻击。<X>c采用KciIkmos票流进行认证时，可以在强文中参加44）来防止点放攻击。<44>A.会话也钥B.时间被C.用户IDD.私有密钥M题解析：会话密钥、用户ID和私右宙钥楣不具备防止重放攻击的能力.B包过滤防火墙通过45）未确定数据包是否能通过。（45）A.珞由表B.ARP表C.NAT表俄题解析：路由表是用来决定数字包归发方向的.ARP表是用来解析网络层地址和数据铁路层地址的时应关票的。NAT我是用来椅换内网地址和外回地址的转换关系的.只有过涉规则是用来决定数据包是否可以通过的.MiDD.过滤规则目前在同络上流行的“熊猫烧香"病毒属于（46）类型的病毒.（46）A.目录MJK解折：多了解时事是有好处的.CB.引导区C.蠕虫多形解毒指的是（47）的计算机病毒，（47>,可在反病畜检测时障藏自己C.可以通过不同的梁道道行传播B,等次第染都会改变自己D.可以根据不同环境造成不同破坏就黑部折，多形病奉又可环为出爻体病毒,也就是说每次感爽楣会改变自己。答案,BSNMP采用U）P提供数据报效劳，这是由于（.（48） A.UDP比TCP更加可靠BUDP数据报文可以比TCP数据报文大CUDP是面向连接的传输方式D.采用UDP实现网络管理不会太多增加网珞负载S解析：A.B.C都是明显错误.罄案ID在SNMPv2中.一个实体发送一个裁文，一般羟过四个步聚： 参加版本号和团体名.构造报文： 把PDU、源和目标端口地址以及团体名传送给认证效劳,认证效劳产生认证码或对数据进行加密.返回结果： 根据要实现的协议操作构遗PDU； 进行BER湍码,产生0/1比价串.这四个步赛的正确次序是（49）.<49>A.B.焚C.©D.（D俄题解析：即使不知道具体it程的人，也可以进行步骤分析.必定是最后的步骤,必定在之前.必定不是第一个步集,所以满足条件的只有B。答案，B嗅探器可以使网络接口处于杂收模式，在这种模式下，两烙接口（50.<50>A,只能纺响应与本地网络接口硬件地址相匹配的数据帧B.只能桀响应本网段的格送数据被C.只能响应追搔信息D.能够响应流经网络接口的所有数据忸俄融券折：常识。答案，D把IP网络划分成子网，这样做的好处是）»（51>A.增加冲突城的大小B.增加主机的数量C.减小播送城的大小D.增加网络的数量就题解析：划分子网可以增.加于网的数量,子网之间的蛾据传拍需要it过珞由界选行.因比自然就减小了搔送域的大小.答案，C局武恒中某主机的IP地址为172.161.12/20.该局武网的子网掩码为（52）.最多可以拄接的主机做为(53).D.512(52)A.255.255.255.0iC.255.255.252.0?.255.255.254.0D.255.255.240.0C.1021(53).4094B.2041故国解析：/20表示子网枪码中有20个“1”,因此子网掩码是255.255.240.0。子网掩码中"0*的不致有32-20=12个，因比每个网络的主批数可达21,-2M094.答案：(52)D(53)A下面的地址中.具于私网地址的是.(54) A.192.118.10.1B.127.1.0.1C.172.14.2.240D.172.17.20.196俄笈解析：私同IP增址表类别。RFC1.gI8规定的地址范围。网络数2每个网络王机数重.Aj10000-1025525525%V2“一2，即1721600'17231.255.255.16.)2，e-2"3192.1680.0192168255255.'256。28-2答案ID一个主机的Ip地址是172.16.2.12/24.该主机所思的网络地址是55)。(55) A.172.0.0.0B.172.16.O.OC.172.16.2.0D,172.16.1.0如暮析：/24表示子网枪码中有24个1.网珞地址的主机位全“0”.因此网络地址是172.16.2.0。Mtc配置路由器淤口,应该在骞种提示符下进行？(56)<56)A.R1.(Config)RB.R1.(config-in)«C.R1.(config-intf)#D.R1.(config-if)S故J*折：If是interface的缩写,在IOS中，Confijrif是端口配置状态的提示符。<*>D(57)能婚显示路由器空置了郑种踣由协议.<57>A.R1.(config)#showiprouteB. R1.>showirouteC. RI>showipprotoco1.D. R1.(config-if)?showipprotoco1.被总解析:IOS中,在用户模式下运行ShOWiPPro1.oCOI即可显示路由协议的情况。M>C某端口的IP地址为172.16.7.131/26,则该IP地址所在网络的播送地址是(58><58>A.172.16.7.255B.172.16.7.129C.172.16.7.191D.172.16.7.252我息解析：/26表示敢"三个字节都是网络段，录后一个字节的头两位也是网络段.前三个字节忽略.只解择最后一个字节。将131以二进制表示.为.根据播送地址的定义，主机段全1.则该IP所在网络的播送地址的二进制表示为，转怏为十进制为191.答案：C当数据在两个V1.AN之同传输时需要哪肿设备？(59)(59>A,二层交捺机B.网桥C.珞由器D.中继器M题解析：V1.AN之间的数抠传输需要通过网珞层设备来实现.答案：C在生成树协议STP中.根交换机是根据什么未选择的？(60)(60>.最小的MAC地址B.最大的MAC地址C.最小的交换机IDD.最大的交换机！D如暮析：STP选择根交换机是根据最小的交换机ID来决定的.M1.C下面的交换机命令中察一条为端口指定V1.AN?(61)(61)A.S1.(config-if)sY1.an-membershipstaticB. S1.(COnfig-if)#v1.andatabaseC. S1.(config-if)#SWitChPortmodeaccessD. S1.(confi-if)switchportaccessv1.anI箕题解析：命令A是将端口分配给V1.AN,但并未指定埼口号.命令B是进入Y1.AN配置模式.命令C是配置为静态V1.AN模式。合令D是称当前端口分正给V1.an1.MiD在以大同协议中使用卜坚拉型拄听算法的特点是62)。<62>A.能及时抢占信道,但增加了冲突的概率B.能即使枪占信道，并藏夕了冲突的慨率C.不能及时报占信通，井箫加TK1.突的假率D.不能及时抢占信道,但减少了冲突的场率M题解析：I-全持A的做法是：当一个站点要发送数箔悚时，它就Ifi听媒体，判断当前时刻是否有其他拈点正在传输数据.如果媒体忙的话，该站等待直至媒体空闲.一旦该站龄测到媒体空闲，它就立即发送数泰幢.如果产生冲突,则等待一个Ia机时间再能听.之所以叫“1-坚持".是因为当一个站点发现媒体空闲的时候，它传输数据键的故孚是1。I-皇持CSYA的优点是：只要媒体空闹，站点就立即发送：它的缺点在于：假设有两个或两个以上的站点有数抠要发武，冲突就不可防止。答案：A在千兆以尢网物理层标准中.栗月长波<1300nm)激光信号源的是(63).<63>a.100obasi-sxb.K)OOBASE-1.Xc.100obase-Cxd.100obse-t试用解析：即使记不费瑞号也没关系.1.1.ong(长波)，SShort(姮波).CCopper(¢1).Ttwisted-pair双鼓线。答案；B以大区的最大帧长为1518字节,铮不数据帆前面有8个字节的前导字段,帆间隔为9.6us,对于IOBASE-5网络来说,发送这样的被需要多少时间？(64)(64) A,1.23sB.12.3msC.1.23msD,1.23usM题解折：总时间=慎间隔时间+(最大慎长+前导字段的传输时间.计算传输时间要将字节长度转换成比特长度，然后除以比特率.10BSE-5的比特率是K)MbPs.0.0000096+(8+1518)*8/11.23ms.MicW1.AN采用/翔技术传输数据,下面用一项不是二演技术的优点？(65)(65) A.对无故嗓声不缴感B.占用的带宽小C.产生的千犹小0.有利于平安俣密俄总券析：既然是护频,当然不会减小带宽占用。答案，B龙立一个家庭无线局域网，使得计算机不但能够逐接因特网，而且肛AN内部还可以Jt接通信，正确的坦阿方案是(66)。B.无故天蝮+无线Wo1.)EMI).AP+无我路由母(66) A.AP+无线网卡C.无线路由叁+无线网卡我JSiW析；常识。«>C计算机系统中广泛采用了RA1.D技术，在各种RAID技术中.球窗容量利用率最低的是(67).(67) A.RAIDOB.RAID1.C.RA1D3D.RAID5M题解析：RA1.1.n是镜像模式，定会容量利用率仅为50%,炭低.答案：B以下林议中属于传输层的是(68).C.TDPI).TDC(68) A.UCPB.UDP就总密折：常识。*ft>B以下图为某系统集成工程的网络工程方案图，从图可知工程敖短工期为(69)天，至少将要投入(70)人才能完成该工程(发谀每个技术人员均能胜任每项工作)。(69) ,5B.7C.8D.10(70) A.2B.1C.6D.8M题解析：(69)常识。(70)主机安装密要2人2天，广域网络安装需要2人3天，合起来正好是2人5天.再站合上局域网珞安装的4人5天，总其是6人5天.答案：(69)A(70)CScrii1.1.iZa1.ionde1.ayand(71)de1.ayarethetwocomponentsofnetworkde1.aythatareimprovedbyincreasingbandwidth.Seria1.izationde1.ay,i.e.theamountofti三eittakestoputthe(72)onthewire,andqueuingde1.ay(depthofthequeue)areimprovedbyincreasingthe(73)froma128kbpscircuittoaT1.However,threeothercomponentsofde1.ay,routing/switchinsde1.ay,distancede1.ay,andprotoco1.de1.ayarecomponentsthatcannotbepositive1.yaffectedbyan(74)inbandwidth.Ifthecircuitsarenotover-uti1.ized.thenincreasingthebandwidthtoimprovethe(75)oftheapp1.icationwi1.1.on1.yresu1.t(71) A.buffering(72).e1.ectricity(73) A.memory(74) A.increase(75)A.capabi1.ity我Ji1.W析：学好英语，一切都很简单.inanincreasedbandwidthwithnopositiveeffectsonperformance.B.queuingB.digita1.B.cacheB.decreaseB. costC.receivingC. dataC.bandwidthD.C.aintenanceC. amountD,timingD.variab1.ede1.ayD. extensionD.performance答案I(71)B(72) C(73) C(74) A(75) D2007年上半年网络工程师下午就卷««-（16分）仞读以下说明，答复以下问题1至问题4.杵解答填入答题般对应的解答栏内。【说明】某学校欲构速校园网，根据实际情况,方案在校园总部呆用有段网络和无线网络相结合的接入方式.校国分都通过Internet采用VPN技术与校园总部互联，该校园网的网培拓扑结构如图IT所示。【问题1（7分）从网培拓扑图中可以看出该校团网采用了分层设计结构，答复以下问题：1.交换机按照所处的层次和完成的功能分为三种类型：核心交换机.会聚交换机和接入交换机。下我是学校采购的三种交换机，请根据交换机的技术指标稳定交换机的类型.在答题纸对应的解答栏内填写表装I-W交换机类型Jw*>带宽*5转发建军。接口介质。电遁,冗余，接口“SS-1)”12T4285MppsonooooBas-100ofx1*W无(2A240G÷10OMpps*100OFXC无，20超颈炉(3)<3190.66Mpps>100Base-K100OFXa无224百兆电Ck、2.该校园网根据需求使用AC1.实现各个单位之间的访问控制,在能够实现颈定功能的前提下,应将AC1.交给U）交换机实现，原因是g.（4分）（4） A.核心层B.会聚层C,接入层（5） A.核心殡提供高速数据转发B.会聚层提供访问控制功能C.接入层连接用户设备答案：（I）核心交换机（2）会聚交换机（3）接入交换机每题1分（4） B或会聚层（5B或会聚层提供访问控制功能（毒J!2分）（1.三102（4分）该校S1.网的局部区域采用了无线网络，请根据无竣网络的技术原理答复以下问剧：1、校园网在福居无我网烙时.呆用了符合802.11g标准的无段网络设备,该校园网无线网络局部的最大效据速率为3_。（6） A.MMb/sB.108Mb/sC.11Mb/sD.33Mb/s2,在学校学术报告厅内部署了多个无故AP.为了防止信号海未形成的干扰,应调整无段AP的（7）.（7） A.SS1.DB.频迫C.工作模式D.发射功率（6） A54Mbs（7）B或须通（每If2分）【问题3】（2分）如果校圆本部和校园分部之间皆要实现软学先源互访、办公自动化.财务系筑互联等多种业务，该校日网应该选择VIJN蟆式。（8） A.IPSeCB.SS1.就总解析：校园本部和校园分部之间的数箔传检量很大,大安她的内容是不需要加密的.IPSec采用网烙层加密，可以实现网烙一恒络的平安传输.确实可以实现题目所要到达的要求。采用SS1.VPN同样也可以实现剧目所要到达的要求.SSI.缺双主要是使用公开密的体制和X.509数字证书实现值息传输的保常性和完整性，以及实体的身份认证,乖常适用于点对点之间的信息传输，通常使用WCbSCrVCr方式.目前高校的教学经奇访问、OR.财务系统等业务,根本都支持WCb访问,因此可以采用SS1.VPM通过h1.1.ps方式进行平安访问。SS1.YPN的配置非常简单，部基本钱比较低.对于客户墙而言，访问普通费瀛时，通信数据无需加密；只有在访问特殊费源时.才需要进行平安传输。使用SS1.VPN模式可以同时进行非邠击逋信和加密通信,可也少无心要的加密工作.在SS1.YPN能够满足题目要求的情况下,应该判定答案BSS1.”有效。答案，该题标准答案为aA或1.PS<c.争议答案："B或SS1.”.实际评卷时，两个都算对.【问题4】2分）该校因网本部利用WindowS2000咫立VPN效劳器，接受远程YPN访问，町认情况下.（9）接入到VPN效劳舞上.<9)A.花炮任何用户B.允详