● 以下關於CPU的敘述中，錯誤的是
B．程序控制器PC除了存放指令地址，也可以臨時存儲算術/邏輯運算結果
C．CPU中的控制器決定計算機運行過程的自動化
D．指令譯碼器是CPU控制器中的部件
試題解析：
PC不可以存儲算術/邏輯運算結果。
答案：（1）B
● 以下關於CISC（Complex Instruction Set Computer，複雜指令集計算機）和RISC（Reduced Instruction Set Computer，精簡指令集計算機）的敘述中，錯誤的是
B．採用CISC技術的CPU，其芯片設計複雜度更高
C．在RISC中，更適合採用硬佈線邏輯執行指令
D．採用RISC技術，指令系統中的指令種類和尋址方式更少
試題解析：
CISC 的指令系統對應的控制信號複雜，大多采用微程序控制器方式。
答案：（2）A
● 以下關於校驗碼的敘述中，正確的是
B．海明碼的碼距必須大於等於1
C．循環冗餘校驗碼具有很強的檢錯和糾錯能力
D．循環冗餘校驗碼的碼距必定爲1
試題解析：
海明碼使用多組數位進行異或運算來檢錯和糾錯。不過，異或也可以當做是奇偶計算，因此A可以算是正確的。
B的錯誤在於碼距不能等於1。
C的錯誤在於CRC不具有糾錯能力。
取兩個相近的碼字，如0和1，再隨便用個生成多項式（如101）進行計算，可以看出即使要傳輸的碼字的碼距爲1，但整個編碼（原數據+CRC校驗碼）的碼距必定大於1。如果碼距可以等於1的話，那麼就意味着CRC編碼可能無法檢查出一位的錯誤。因此D也是錯誤的。
不過，D的表達存在不嚴謹的地方。如果將題目中的“循環冗餘校驗碼”定爲整個編碼（原數據+CRC校驗碼），則D是錯誤的。如果將題目中的“循環冗餘校驗碼”定爲CRC校驗碼，則D是正確的。
答案：（3）A
● 以下關於Cache的敘述中，正確的是
B．Cache的設計思想是在合理成本下提高命中率
C．Cache的設計目標是容量儘可能與主存容量相等
D．CPU中的Cache容量應該大於CPU之外的Cache容量
試題解析：
A、C、D都明顯錯誤。
答案：（4）B
● 面向對象開發方法的基本思想是儘可能按照人類認識客觀世界的方法來分析和解決問題，
（5）A．Booch
試題解析：
Jackson是面向數據結構的設計方法。
答案：（5）D
● 確定構建軟件系統所需要的人數時，無需考慮
C．系統的技術複雜度
試題解析：
常識。
答案：（6）A
● 一個項目爲了修正一個錯誤而進行了變更。這個變更被修正後，卻引起以前可以正確運行的代碼出錯。
（7）A．單元測試
試題解析：
在軟件生命週期中的任何一個階段，只要軟件發生 了改變，就可能給該軟件帶來問題。軟件的改變可能是源於發現了錯誤並做了修改，也有可能是因爲在集成或維護階段加入了新的模塊。當軟件中所含錯誤被發現 時，如果錯誤跟蹤與管理系統不夠完善，就可能會遺漏對這些錯誤的修改；而開發者對錯誤理解的不夠透徹，也可能導致所做的修改只修正了錯誤的外在表現，而沒 有修復錯誤本身，從而造成修改失敗；修改還有可能產生副作用從而導致軟件未被修改的部分產生新的問題，使本來工作正常的功能產生錯誤。同樣，在有新代碼加 入軟件的時候，除了新加入的代碼中有可能含有錯誤外，新代碼還有可能對原有的代碼帶來影響。因此，每當軟件發生變化時，我們就必須重新測試現有的功能，以 便確定修改是否達到了預期的目的，檢查修改是否損害了原有的正常功能。同時，還需要補充新的測試用例來測試新的或被修改了的功能。爲了驗證修改的正確性及 其影響就需要進行迴歸測試。
答案：（7）C
● 操作系統是裸機上的第一層軟件，其他系統軟件（如
（8）A．編譯程序、財務軟件和數據庫管理系統軟件
B．彙編程序、編譯程序和java解釋器
C．編譯程序、數據庫管理系統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報軟件
B．應用軟件開發者、系統軟件開發者和最終用戶
C．最終用戶、系統軟件開發者和應用軟件開發者
D．最終用戶、應用軟件開發者和系統軟件開發者
試題解析：
常識。
答案：（8）B
● 軟件權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間和地域範圍內，軟件權利人不得再許可任何第三人以此相同的方法使用該項軟件，但軟件權利人可以自己使用，則該項許可使用是
（10）A．獨家許可使用
C．普通許可使用
試題解析：
許可貿易實際上是一種許可方用授權的形式向被許可方轉讓技術使用權同時也讓度一定市場的貿易行爲。根據其授權程度大小，許可貿易可分爲如下五種形式：
(1)獨佔許可。它是指在合同規定的期限和地域內，被許可方對轉讓的技術享有獨佔的使用權，即許可方自己和任何第三方都不得使用該項技術和銷售該技術項下的產品。所以這種許可的技術使用費是最高的。
(2)排他許可，又稱獨家許可；它是指在合同規定的期限和地域內，被許可方和許可方自己都可使用該許可項下的技術和銷售該技術項下的產品，但許可方不得再將該項技術轉讓給第三方。排他許可是僅排除第三方面不排除許可方。
(3)普通許可。它是指在合同規定的期限和地域內，除被許可方該允許使用轉讓的技術和許可方仍保留對該項技術的使用權之外，許可方還有權再向第三方轉讓該項技術。普通許可是許可方授予被許可方權限最小的一種授權，其技術使用費也是最低的。
(4)可轉讓許可，又稱分許可。它是指被許可方經許可方允許，在合同規定的地域內，將其被許可所獲得的技術使用權全部或部分地轉售給第三方。通常只有獨佔許可或排他許可的被許可方纔獲得這種可轉讓許可的授權。
(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產權或專有技術，按各方都同意的條件互惠交換技術的使用權，供對方使用。這種許可多適用於原發明的專利權人與派生髮明的專利權人之間。
答案：（10）A
● E1載波的基本幀由32個子信道組成。其中30個子信道用於傳送語音數據，2個子信道
（11）A．CH0和CH2
C．CH15和CH16
（12）A．100ms
試題解析：
E1的一個時分複用幀的傳送時間爲125μs，即每秒8000次。
一個幀的傳送時間被劃分爲32相等的子信道，信道的編號爲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個信道可用於用戶數據傳輸。
答案：（11）D
● 4B/5B編碼是一種兩級編碼方案，首先要把數據變成
（13）A．NRZ-I
（14）A．0.4
試題解析：
4B / 5B編碼是將欲發送的數據流每4bit作爲一個組，然後按照4B / 5B編碼規則將其轉換成相應5bit碼。5bit碼共有32種組合，但只採用其中的16種作爲數據碼對應4bit碼；其它的16種或者未用，或者作爲控制碼用於表示幀的開始和結束、光纖線路的狀態（靜止、空閒、暫停）等。
4B / 5B編碼可以在NRZ-I編碼的基礎上實現，但由於NRI-I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編碼的設計目的是保證整個傳輸數據信息（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，都不會出現超過3個連續“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
● 下圖表示了某個數據的兩種編碼，這兩種編碼分別是
（15）A．X爲差分曼徹斯特碼，Y爲曼徹斯特碼
B．X爲差分曼徹斯特碼，Y爲雙極性碼
C．X爲曼徹斯特碼，Y爲差分曼徹斯特碼
D．X爲曼徹斯特碼，Y爲不歸零碼
（16）A．010011110
C．011011010
試題解析：
兩種編碼都在比特間隙的中央有跳變，說明它們都屬於雙相位編碼。因此（15）題答案只能在A、C中選擇。
如果（15）題選A，則x爲差分曼徹斯特編碼。差分曼徹斯特編碼的比特間隙中間的跳變僅用於攜帶同步信息，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編碼當做差分曼徹斯特編碼，其數據應該是？11010111（第一位編碼由於無法預知其前狀態，因此只能用？表示）。y編碼可能是“011101100”或“100010011”，顯然差分曼徹斯特編碼和曼徹斯特編碼的結果對應不上，因此A是錯誤的。
如果（15）題選C，則y爲差分曼徹斯特編碼，其數據應該是？10011010。x編碼可能是“010011010”或“101100101”。顯然第一個結果能夠與差分曼徹斯特編碼的結果匹配。所以可以判定該數據位爲010011010。
答案：（15）C
● 下圖所示的調製方式是
。若載波頻率爲2400Hz，則碼元速率爲
。
（17）A．FSK
（18）A．100Baud
試題解析：
這個信號明顯是屬於相位調製，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）波形的同一個相位並不一定代表相同的數字信號，而前後碼元的相對相位才能唯一地確定數字信息，所以只要前後碼元的相對相位關係不破壞，就可正確恢復數字信息。這就避免了絕對PSK方式中的“倒π”現象的發生，因此得到廣泛的應用。
在數字信號中，一個數字脈衝稱爲一個碼元（Symbol），一次脈衝的持續時間稱爲碼元的寬度。碼元速率（Symbol Rate）表示單位時間內信號波形的最大變換次數，即單位時間內通過信道的碼元個數。碼元速率即數字信號中的波特率，所以碼元速率的單位也爲baud/s。
在這個信號中，由於碼元寬度爲2個載波信號週期，因此其碼元速率爲1200baud/s。
答案：（17）B
● 在相隔2000km的兩地間通過電纜以4800b/s的速率傳送3000比特長的數據包，從開始發送到接收完數據需要的時間是
（19）A．480ms
（20）A．70ms
試題解析：
電信號在銅纜上的傳播速度大致爲光速的2/3，也就是每秒20萬公里。
（19）題的答案是總傳輸時間=傳輸延遲時間+數據幀的發送時間=2000 / 200000 + 3000 / 4800 = 10ms + 625ms = 635ms。
（20）題有些含混，畢竟信號要先發到太空的衛星上，再轉發到2000km外的接收站，因此總距離不可能還是2000km，不過題目沒有提供相關數據。
有的書上說衛星傳輸的延時是270ms，這裏要說明一下：傳輸延時是與距離相關的，距離越遠則延時越大。即使是同一顆衛星，其近地點與遠地點的通信傳輸延遲都差別非常大。如果死記270ms，那就是教條主義了。
現在只能按照教條主義的方法來計算了。總傳輸時間=傳輸延遲時間+數據幀的發送時間=270 + 3000 / 50000 = 6.7ms + 60ms = 330ms。
答案：（19）D
● 對於選擇重發ARQ協議，如果幀編號字段爲k位，則窗口大小爲
● RIPv2對RIPv1協議有三方面的改進。下面的選項中，RIPv2的特別不包括
（22）A．使用組播而不是廣播來傳播路由更新報文
B．採用了觸發更新機制來加速路由收斂
C．使用經過散列的口令來限制路由信息的傳播
D．支持動態網絡地址變換來使用私網地址
（23）A．不能向自己的鄰居發送路由信息
B．不要把一條路由信息發送給該信息的來源
C．路由信息只能發送給左右兩邊的路由器
D．路由信息必須用組播而不是廣播方式發送
試題解析：
RIP是基於D-V算法的路由協議，由於D-V算法存在着路由收斂速度慢的問題，因此RIPv2採用了觸發更新等機制來加速路由計算。
RFC 1388對RIP協議進行了擴充，定義了RIPv2。RIPv1使用廣播方式進行路由更新，RIPv2改爲組播方式進行路由更新。RIPv2使用的組播地址是224.0.0.9。
RIPv1不具備身份驗證功能，這樣就存在有安全漏洞。RIPv2實現了身份驗證功能，能夠通過路由更新消息中的口令來判斷消息的合法性。RIPv2 支持兩種類型的身份驗證：明文口令和MD5散列口令。明文口令安全性差，不推薦使用。當使用MD5散列口令時，發送方使用MD5單向散列函數將路由更新消 息和口令一起計算出一個摘要值，然後將路由更新消息和摘要值一起發送出去；接收方收到路由更新消息後，使用相同的方法也計算出一個摘要值，將收到的摘要值 和自己計算出來的摘要值進行對比，如果相等，說明雙方使用了相同的MD5散列口令。由於MD5散列口令並非直接在網絡上以明文形式進行傳輸，因此具有較高 的安全性。
使用共同口令的路由器構成了一個身份驗證區域。一個網絡中的路由器使用多個口令時，就可以構成多個身份驗證區域。因此，RIPv2可以通過設置不同的身份驗證口令來限制路由信息的傳播。
RIPv2的每個路由記錄都攜帶有自己的子網掩碼，因此實現了對CIDR（Class Inter-Domain Routing，無類域間路由）、VLSM（Variable Length Subnetwork Mask，可變長子網掩碼）和不連續子網的支持。但不涉及對NAT的支持。
水平分割方法的原理是：路由器必須有選擇地將路由表中的路由信息發送給相鄰的其它路由器，而不是發送整個路由表。具體地說，即一條路由信息不會被髮送給該信息的來源方。
答案：（22）D
● 爲了限制路由信息傳播的範圍，OSPF協議把網絡劃分成4種區域（Area），其中
的作用是連接各個區域的傳輸網絡，
不接受本地自治系統之外的路由信息。
（24）A．不完全存根區域
（25）A．不完全存根區域
試題解析：
如果將區域看成一個節點，則OSPF是以主幹區域（area 0）爲頂點，其他區域爲終端的星形拓撲結構。
標準區域可以接收鏈路更新信息和路由總結。
存根區域是不接受自治系統以外的路由信息的區域。如果需要自治系統以外的路由，它使用默認路由0.0.0.0。
完全存根區域不接受外部自治系統的路由以及自治系統內其他區域的路由總結，需要發送到區域外的報文則使用默認路由0.0.0.0。完全存根區域是Cisco自己定義的。
不完全存根區域類似於存根區域，但是允許接收以LSAType7發送的外部路由信息，並且要把LSAType7轉換成LSAType5。
答案：（24）C