【计算机类职业资格】中级网络工程师上午试题-2及答案解析.doc

1、中级网络工程师上午试题-2 及答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：41，分数：100.00)1.模块 A直接访问模块 B的内部数据，则模块 A和模块 B的耦合类型为_。（分数：2.00）A.数据耦合B.标记耦合C.公共耦合D.内容耦合2.利用结构化分析模型进行接口设计时，应以_为依据。（分数：2.00）A.数据流图B.实体关系图C.数据字典D.状态迁移图3.确定软件的模块划分及模块之间的调用关系是_阶段的任务。（分数：2.00）A.需求分析B.概要设计C.详细设计D.编码4.以下关于进度管理工具 Gantt图的叙述中，不正确的是_。（分数：2.00）A.

2、能清晰地表达每个任务的开始时间、结束时间和持续时间B.能清晰地表达任务之间的并行关系C.不能清晰地确定任务之间的依赖关系D.能清晰地确定影响进度的关键任务下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示活动，边的权重表示活动的持续时间，则里程碑_在关键路径上，活动 GH的松弛时间是_。 （分数：4.00）ABBECCDKA.0B.1C.2D.3在进行进度安排时，PERT 图不能清晰地描述_，但可以给出哪些任务完成后才能开始另一任务。某项目 X包含任务 A、B、J，其 PERT如图所示(A=1 表示该任务 A的持续时间是 1天)，则项目 X的关键路径是_。 （分数：4.00）

3、A.每个任务从何时开始B.每个任务到何时结束C.各任务之间的并行情况D.各任务之间的依赖关系A.A-D-H-JB.B-E-H-JC.B-F-JD.C-G-I-J下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，则里程碑_在关键路径上。若在实际项目进展中，活动 AD在活动 AC开始 3天后才开始，而完成活动 DG过程中，由于有临时事件发生，实际需要 15天才能完成，则完成该项目的最短时间比原计划多了_天。 （分数：4.00）ABBCCDDIA.8B.3C.5D.65.下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的值表示完成活动

4、所需要的时间，则_在关键路径上。 （分数：2.00）ABBCCDDH下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，则里程碑_在关键路径上，活动 FG的松弛时间为_。 （分数：4.00）ABBCCDDIA.19B.20C.21D.246.下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，边表示包含的活动，边上的权重表示活动的持续时间，则里程碑_在关键路径上。 （分数：2.00）A.1B.2C.3D.47.下列关于项目估算方法的叙述不正确的是_。（分数：2.00）A.专家判断方法受到专家经验的主观性影响B.启发式方法(如 COCOMO模型)的参数难以确定C.机器

5、学习方法难以描述训练数据的特征和确定其相似性D.结合上述 3种方法可以得到精确的估算结果8.下列关于风险的叙述不正确的是：_。（分数：2.00）A.可能发生的事件B.一定会发生的事件C.会带来损失的事件D.可能对其进行干预，以减少损失的事件9.下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的值表示完成活动所需要的时间，则关键路径长度为_。 （分数：2.00）A.20B.19C.17D.1610.王某买了一幅美术作品原件，则他享有该美术作品的_。（分数：2.00）A.著作权B.所有权C.展览权D.所有权与其展览权11.甲公司接受乙公司委托开发了一项应用软件，

6、双方没有订立任何书面合同，在此情形下，_享有该软件的著作权。（分数：2.00）A.甲公司B.甲、乙公司共同C.乙公司D.甲、乙公司均不12.王某是一名软件设计师，按公司规定编写软件文档，并上交文件存档，这些软件文档属于职务作品，且_。（分数：2.00）A.其著作权由公司享有B.其著作权由软件设计师享有C.除其署名权以外，著作权的其他权利由软件设计师享有D.其著作权由公司和软件设计师共同享有13.为说明某一问题，在学术论文中需要引用某些资料。以下叙述中错误的是_。（分数：2.00）A.既可引用发表的作品，也可引用未发表的作品B.只能限于介绍、评论作品C.只要不构成自己作品的主要部分，可适当引用资

7、料D.不必征得原作者的同意，不需要向他支付报酬14.我国企业 M与美国公司 L进行技术合作，合同约定 M使用一项在有效期内的美国专利，但该项美国专利未在我国和其他国家提出申请。对于 M销售依照该专利生产的产品，以下叙述正确的是_。（分数：2.00）A.在我国销售，M 需要向 L支付专利许可使用费B.返销美国，M 不需要向 L支付专利许可使用费C.在其他国家销售，M 需要向 L支付专利许可使用费D.在我国销售，M 不需要向 L支付专利许可使用费15.M软件公司的软件产品注册商标为 M，为确保公司在市场竞争中占据优势，对员工进行了保密约束。此情形下该公司不享有_。（分数：2.00）A.商业秘密权B

8、.著作权C.专利权D.商标权16.下列关于软件著作权中翻译权的叙述不正确的是：翻译权是指_的权利。（分数：2.00）A.将原软件从一种自然语言文字转换成另一种自然语言文字B.将原软件从一种程序设计语言转换成另一种程序设计语言C.软件著作权人对其软件享有以其他各种语言文字形式再表现D.将软件的操作界面或者程序中涉及的语言文字翻译成另一种语言文字17._指可以不经著作权人许可，无须支付报酬，使用其作品。（分数：2.00）A.合理使用B.许可使用C.强制许可使用D.法定许可使用18.地面上相距 2000公里的两地之间通过电缆传输 4000比特长的数据包，数据速率为 64Kb/s，从开始发送到接收完成

9、需要的时间为_。（分数：2.00）A.48msB.640msC.32.5msD.72.5ms19.设信道带宽为 4000Hz，信噪比为 30dB，按照香农定理，信道容量为_。（分数：2.00）A.4kb/sB.1.6kb/sC.40kb/sD.120kb/s20.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_b/s。（分数：2.00）A.10000B.20000C.30000D.4000021.在相隔 400km的两地间通过电缆以 4800bit/s的速率传送 3000bit长的数据包，从开始发送到接收完数据需要的时间是_。（分数：2.00）A.480msB.

10、607msC.612msD.627ms22.以下关于光纤通信的叙述中，正确的是_。（分数：2.00）A.多模光纤传输距离远，而单模光纤传输距离近B.多模光纤的价格便宜，而单模光纤的价格较贵C.多模光纤的包层外径较粗，而单模光纤的包层外径较细D.多模光纤的纤芯较细，而单模光纤的纤芯较粗曼彻斯特编码的效率是_%，4B/5B 编码的效率是_%。（分数：4.00）A.40B.50C.80D.100A.40B.50C.80D.10010BASE-T以太网使用曼彻斯特编码，其编码效率为_%，在快速以太网中使用 4B/5B编码，其编码效率为_%。（分数：4.00）A.30B.50C.80D.90A.30B.

11、50C.80D.9023.下图中画出了曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码的波形图，实际传送的比特串为_。 （分数：2.00）A.1 0 1 0 1 1 0 0B.0 1 1 1 0 0 1 0C.0 1 0 1 0 0 1 1D.1 0 0 0 1 1 0 124.所谓正交幅度调制是把两个_的模拟信号合为一个载波信号（分数：2.00）A.幅度相同相位相差 90度B.幅度相同相位相差 180度C.频率相同相位相差 90度D.频率相同相位相差 180度25.可以用数字信号对模拟载波的不同参量进行调制，如图所示的调制方式称为_。 （分数：2.00）A.ASKB.FSKC.PSKD.DPSK26.PCM编

12、码是把模拟信号数字化的过程，通常模拟话音信道的带宽是 4000Hz，则在数字化采样频率至少_次/秒。（分数：2.00）A.2000B.4000C.8000D.1600027.假设模拟信号的频率范围是 3-9MHz，采用频率必须大于_，才能使得到的样本信号不失真。（分数：2.00）A.6MHzB.12MHzC.18MHzD.20MHz28.设信道带宽为 3400Hz，采用 PCM编码，采样周划为 125s，每个样本量化为 256个等级，则信道的数据速率为_。（分数：2.00）A.10Kb/sB.16Kb/sC.56Kb/sD.64Kb/s29.设信道带宽为 4000Hz，采用 PCM编码，采样周

13、期为 125s，每个样本量化为 128个等级，则信道的数据速率为_。（分数：2.00）A.10Kb/sB.16Kb/sC.56Kb/sD.64Kb/s30.假设模拟信号的最高频率为 10MHz，采样频率必须大于_时，才能使得到的样本信号不失真。（分数：2.00）A.6MHzB.12MHzC.18MHzD.20MHz31.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 2位终止位，每秒钟传送 100个字符，则有效数据速率为_。（分数：2.00）A.100b/sB.500b/sC.700b/sD.1000b/s32.下列选项中，不采用虚电路通信的网络是_网。（分数：2.00）

14、A.25B.帧中继C.ATMD.IP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 200个字符，采用 DPSK调制，则码元速率为_，有效数据速率为_。（分数：4.00）A.200波特B.500波特C.1000波特D.2000波特A.200b/sB.1000b/sC.1400b/sD.2000b/sE1载波的数据速率是_Mb/s，T1 载波的数据速率是_Mb/s。（分数：4.00）A.1.544B.2.048C.6.312D.8.448A.1.544B.2.048C.6.312D.8.448E1信道的数据速率是_，其中每个话音信道的数据速率是_。（

15、分数：4.00）A.1.544Mb/sB.2.048Mb/sC.6.312Mb/sD.44.736Mb/sA.56kb/sB.64kb/sC.128kb/sD.2048kb/s中级网络工程师上午试题-2 答案解析(总分：100.00，做题时间：90 分钟)一、单项选择题(总题数：41，分数：100.00)1.模块 A直接访问模块 B的内部数据，则模块 A和模块 B的耦合类型为_。（分数：2.00）A.数据耦合B.标记耦合C.公共耦合D.内容耦合 解析：解析 一般可将耦合度从弱到强分为以下 7级： 非直接耦合：指两个模块中任一个都不依赖对方独立工作。这类耦合度最低。 数据耦合：指两个模块间只是通

16、过参数表传递简单数据。 特征耦合：指两个模块都与同一个数据结构有关。 控制耦合：指两个模块间传递的信息中含有控制信息。 外部耥合：指若干模块都与同一个外部环境关联，例如 I/O处理使所有 I/O模块与特定的设备、格式和通信协议相关联。 公共耦合：指两个或多个模块通过引用一个公共区的数据而发生相互作用。 内容耦合：最高耦合度的是内容耦合。出现内容耦合的情形包括：一个模块使用另一模块内部的控制和控制信息；一个模块直接转移到另一模块内部等。 一般说来，尽量使用数据耦合，少用控制耦合，限制外部耦合，完全不用内容耦合。2.利用结构化分析模型进行接口设计时，应以_为依据。（分数：2.00）A.数据流图 B

17、.实体关系图C.数据字典D.状态迁移图解析：解析 数据流图用来描述数据流从输入到输出的变换流程。它以图形的方式描绘数据在系统中流动和处理的过程，它只反映系统必须完成的逻辑功能，所以是一种功能模型。 数据流图仅描述了系统的“分解”，但没有对图中各成分进行说明。数据词典就是用来定义数据流图中的各个成分的含义的。数据字典有 4类条目，包括数据流、数据项、数据存储和基本加工。 实体关系(E-R)图在软件设计和数据库设计中经常用到，用于描述数据对象、对象的属性和对象之间的关系。 状态迁移图通过描述系统的状态以及引起变化的事件来描述系统的行为，并指明特定事件的结构和执行的动作。 此题中要进行接口设计，显然

18、数据流图更为合适。3.确定软件的模块划分及模块之间的调用关系是_阶段的任务。（分数：2.00）A.需求分析B.概要设计 C.详细设计D.编码解析：解析 软件的生命周期可以分为 4个活动时期：软件分析、软件设计、编码与测试、运行与维护。其中软件设计又可以分为概要设计和详细设计两个阶段。概要设计是设计软件的结构、组成的模块、模块的层次结构、模块的调用关系以及每个模块的功能。而详细设计就是为每个模块完成的功能进行具体描述，将功能描述转换为精确的、结构化的过程描述。4.以下关于进度管理工具 Gantt图的叙述中，不正确的是_。（分数：2.00）A.能清晰地表达每个任务的开始时间、结束时间和持续时间B.

19、能清晰地表达任务之间的并行关系C.不能清晰地确定任务之间的依赖关系D.能清晰地确定影响进度的关键任务 解析：解析 甘特图内在思想简单，即以图示的方式通过活动列表和时间刻度形象地表示出任何特定项目的活动顺序与持续时间。甘特图基本是一条线条图，横轴表示时间，纵轴表示活动(项目)，线条表示在整个期间上计划和实际的活动完成情况。它直观地表明任务计划在什么时候进行，并进行实际进展与计划要求的对比。管理者由此可便利地弄清一项任务(项目)还剩下哪些工作要做，并可评估工作进度。 优点：能清晰地描述每个任务从何时开始，到何时结束以及各个任务之间的并行性。 缺点：不能清晰地反映出每个任务之间的依赖关系，难以确定整

20、个项目的关键所在，也不能反映计划中有潜力的部分。下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示活动，边的权重表示活动的持续时间，则里程碑_在关键路径上，活动 GH的松弛时间是_。 （分数：4.00）AB BECCDK解析：A.0B.1C.2D.3 解析：解析 关键路径通常是决定项目工期的进度活动序列。它是项目中最长的路径，即使很小的浮动也可能直接影响整个项目的最早完成时间。本题最长的路径为 A-B-D-I-J-L，持续时间为 20。 松弛时间为最早开始时间(ES)与最迟开始时间(LS)之差，或者最早结束时间(EF)与最迟结束时间(LF)之差。先从前往后，计算每个活动最早开

21、始时间，最早结束时间。再从后往前计算每个活动最晚结束时间和最晚开始时间。GH 活动最早开始时间是 7，最晚开始时间是 10，所以松弛时间是 3。在进行进度安排时，PERT 图不能清晰地描述_，但可以给出哪些任务完成后才能开始另一任务。某项目 X包含任务 A、B、J，其 PERT如图所示(A=1 表示该任务 A的持续时间是 1天)，则项目 X的关键路径是_。 （分数：4.00）A.每个任务从何时开始B.每个任务到何时结束C.各任务之间的并行情况 D.各任务之间的依赖关系解析：A.A-D-H-JB.B-E-H-J C.B-F-JD.C-G-I-J解析：解析 本题考查的是 PERT图。每个任务可以有

22、一个松弛时间，表示在不影响整个工期的前提下，完整该任务有多少余地。PERT 图不能清晰的描述各任务之间的并行情况，但可以给出哪些任务完成后才能开始另一任务。关键路径是所需时间最长的任务流，则本题项目 X的关键路径应为 BEHJ。下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，则里程碑_在关键路径上。若在实际项目进展中，活动 AD在活动 AC开始 3天后才开始，而完成活动 DG过程中，由于有临时事件发生，实际需要 15天才能完成，则完成该项目的最短时间比原计划多了_天。 （分数：4.00）ABBC CDDI解析：A.8B.3 C.5D.6解析：解析 本题考查的是

23、PERT图。每个任务可以有一个松弛时间，表示在不影响整个工期的前提下，完成该任务有多少余地。PERT 图不能清晰的描述各任务之间的并行情况，但可以给出哪些任务完成后才能开始另一任务。关键路径是所需时间最长的任务流，则本题项目 X的关键路径易知为 ACGJK。因此，(6)选择答案 B。原先，完成该项目最短时间为 10+10+15+7=42；在实际项目进展中，活动 AD在活动 AC开始 3天后才开始，而完成活动 DG过程中，由于有临时事件发生，实际需要 15天才能完成，则完成该项目的最短时间为 8+15+15+7=45，则完成该项目的最短时间比原计划多了 3天。5.下图是一个软件项目的活动图，其中

24、顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的值表示完成活动所需要的时间，则_在关键路径上。 （分数：2.00）ABBC CDDH解析：解析 关键路径是时间最长的路径，为 ACFGI。下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，则里程碑_在关键路径上，活动 FG的松弛时间为_。 （分数：4.00）ABBCCD DI解析：A.19B.20 C.21D.24解析：解析 关键路径是所需时间最长的任务流，通过分析可知本题的关键路径为 DFH，松弛时间表示在不影响整个工期的前提下，完成该任务有多少机动余地。松弛时间为 0的任务构成了完成整个工程的关键路径。从

25、F到完成的关键时间为 20+10=30，FG 到完成的时间为 3+7=10，相差 20，故松弛时间为20。6.下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，边表示包含的活动，边上的权重表示活动的持续时间，则里程碑_在关键路径上。 （分数：2.00）A.1B.2 C.3D.4解析：解析 本题考查的是 PERT图。每个任务可以有一个松弛时间，表示在不影响整个工期的前提下，完成该任务有多少余地。而松弛时间为 0的任务是完成整个工程的关键路径。本题中关键路径是：7.下列关于项目估算方法的叙述不正确的是_。（分数：2.00）A.专家判断方法受到专家经验的主观性影响B.启发式方法(如 COCOMO模

26、型)的参数难以确定C.机器学习方法难以描述训练数据的特征和确定其相似性D.结合上述 3种方法可以得到精确的估算结果 解析：解析 即使将专家判断方法、启发式方法和机器学习方法结合起来，也不可能得到精确的估算结果。8.下列关于风险的叙述不正确的是：_。（分数：2.00）A.可能发生的事件B.一定会发生的事件 C.会带来损失的事件D.可能对其进行干预，以减少损失的事件解析：解析 一定会发生的事件，就不叫风险了。9.下图是一个软件项目的活动图，其中顶点表示项目里程碑，连接顶点的边表示包含的活动，边上的值表示完成活动所需要的时间，则关键路径长度为_。 （分数：2.00）A.20 B.19C.17D.16

27、解析：解析 本题考查的是 PERT图。每个任务可以有一个松弛时间，表示在不影响整个工期的前提下，完成该任务有多少余地。而松弛时间为 0的任务是完成整个工程的关键路径。分析题图中每个任务的工期可知，关键路径为 ABDIJL，可计算出其路径长度为 20。10.王某买了一幅美术作品原件，则他享有该美术作品的_。（分数：2.00）A.著作权B.所有权C.展览权D.所有权与其展览权 解析：解析 很显然，作品的买卖导致了所有权的转移，著作权法第十八条规定：“美术等作品原件所有权的转移，不视为作品著作权的转移，但美术作品原件的展览权由原件所有人享有。”因此，作品交易后，著作权仍归原作者，王某享有购买的美术作

28、品的所有权和其展览权。11.甲公司接受乙公司委托开发了一项应用软件，双方没有订立任何书面合同，在此情形下，_享有该软件的著作权。（分数：2.00）A.甲公司 B.甲、乙公司共同C.乙公司D.甲、乙公司均不解析：解析 接受任务开发软件的著作权归属一般按以下两条标准确定：在合同中明确约定的，按照合同约定实行；未明确约定的，著作权属于实际完成软件开发的单位。12.王某是一名软件设计师，按公司规定编写软件文档，并上交文件存档，这些软件文档属于职务作品，且_。（分数：2.00）A.其著作权由公司享有 B.其著作权由软件设计师享有C.除其署名权以外，著作权的其他权利由软件设计师享有D.其著作权由公司和软件

29、设计师共同享有解析：解析 王某是一名软件设计师，按公司规定编写软件文档，并上交文件存档，这些软件文档属于职务作品，且其著作权由公司享有。13.为说明某一问题，在学术论文中需要引用某些资料。以下叙述中错误的是_。（分数：2.00）A.既可引用发表的作品，也可引用未发表的作品 B.只能限于介绍、评论作品C.只要不构成自己作品的主要部分，可适当引用资料D.不必征得原作者的同意，不需要向他支付报酬解析：解析 为说明某一问题，在学术论文中需要引用某些资料，可引用发表的作品，不能引用未发表的作品。14.我国企业 M与美国公司 L进行技术合作，合同约定 M使用一项在有效期内的美国专利，但该项美国专利未在我国

30、和其他国家提出申请。对于 M销售依照该专利生产的产品，以下叙述正确的是_。（分数：2.00）A.在我国销售，M 需要向 L支付专利许可使用费B.返销美国，M 不需要向 L支付专利许可使用费C.在其他国家销售，M 需要向 L支付专利许可使用费D.在我国销售，M 不需要向 L支付专利许可使用费 解析：解析 专利权具有合法性、独占性、地域性、时间性和经济性的特征。地域性是指一个国家依照其本国专利法授予的专利权，仅在该国法律管辖的范围内有效，对其他国家没有任何约束力，外国对其专利权不承担保护的义务。题目中涉及的专利是在美国取得的，那么专利权人只在美国享有专有权或独占权。在我国使用该专利权时，不属于侵权

31、行为，不需要支付专利许可使用费。15.M软件公司的软件产品注册商标为 M，为确保公司在市场竞争中占据优势，对员工进行了保密约束。此情形下该公司不享有_。（分数：2.00）A.商业秘密权B.著作权C.专利权 D.商标权解析：解析 专利权不能自动取得，必须向专利行政部门提出专利申请，履行专利法规定的专利申请手续并向国家专利行政部门提交必要的申请文件。题目中，M 软件公司没有申请过专利，因此不享有专利权。16.下列关于软件著作权中翻译权的叙述不正确的是：翻译权是指_的权利。（分数：2.00）A.将原软件从一种自然语言文字转换成另一种自然语言文字 B.将原软件从一种程序设计语言转换成另一种程序设计语言

32、C.软件著作权人对其软件享有以其他各种语言文字形式再表现D.将软件的操作界面或者程序中涉及的语言文字翻译成另一种语言文字解析：解析 根据计算机软件保护条例第八条的规定，软件著作权人享有若干项权利，其中包括翻译权。在条例中对翻译权的定义是：“将原软件从一种自然语言文字转换成另一种自然语言文字的权利。”17._指可以不经著作权人许可，无须支付报酬，使用其作品。（分数：2.00）A.合理使用B.许可使用 C.强制许可使用D.法定许可使用解析：解析 著作权的合理使用是指针对他人已经发表的作品，根据法律的规定，在不必征得著作权人同意的情况下，而无偿使用其作品的行为，但应指明作者姓名、作品名称，并不得侵犯

33、著作权人的其他权利。 法定许可使用制度是指依照著作权法的规定，传播者在使用他人已经发表但没有著作权保留声明的作品时，可以不经著作权人许可，但应向其支付报酬，并尊重著作权人其他权利的制度。 法定许可与合理使用的主要区别在于：首先，合理使用无须向著作权人支付报酬，而法定许可则必须向著作权人支付报酬：其次，合理使用的范围较为广泛，我国著作权法第二十二条规定十二种，而法定许可的范围较窄。18.地面上相距 2000公里的两地之间通过电缆传输 4000比特长的数据包，数据速率为 64Kb/s，从开始发送到接收完成需要的时间为_。（分数：2.00）A.48msB.640msC.32.5msD.72.5ms

34、解析：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 t f 和传播延迟时间 t p 两部分，可以计算如下：对电缆信道：t p =2000km/(200km/ms)=10ms，t f =4000b/64000b/s=62.5ms，t p +t f =72.5ms19.设信道带宽为 4000Hz，信噪比为 30dB，按照香农定理，信道容量为_。（分数：2.00）A.4kb/sB.1.6kb/sC.40kb/s D.120kb/s解析：解析 香农公式 C=Blog 2 (1+S/N)，其中 B为信道带宽，S 为信号功率，N 为噪声功率。将上述值代入公式既得。20.设信道带宽为 3000Hz

35、，信噪比为 30dB，则信道可达到的最大数据速率约为_b/s。（分数：2.00）A.10000B.20000C.30000 D.40000解析：解析 香农定理描述了一个有噪声信道的极限数据速率和带宽之间的关系，该公式为：C=Wlog 2 (1+S/N)，其中，C 表示信道的极限数据速率，W 表示信道带宽，S 表示信道内所传送信号的平均功率，N为信道内的噪声功率，S/N 叫做信噪比。 本题中信噪比是 30dB，即 S/N=1000，因此我们有 C=300010g2(1+1000)信道可达到的最大数据速率约为C约为 300000bps。21.在相隔 400km的两地间通过电缆以 4800bit/s

36、的速率传送 3000bit长的数据包，从开始发送到接收完数据需要的时间是_。（分数：2.00）A.480msB.607msC.612msD.627ms 解析：解析 总时间=线路延迟+调制延迟 线路延迟=传输距离/传输速度。电信号在电缆上的传输速度大约是 200000km/s。因此线路延迟=400/200000=2ms 调制延迟=数据帧大小/比特率=3000/4800=625ms 因此，总时间=2+625=627ms。22.以下关于光纤通信的叙述中，正确的是_。（分数：2.00）A.多模光纤传输距离远，而单模光纤传输距离近B.多模光纤的价格便宜，而单模光纤的价格较贵 C.多模光纤的包层外径较粗，

37、而单模光纤的包层外径较细D.多模光纤的纤芯较细，而单模光纤的纤芯较粗解析：解析 多模光纤纤芯直径较大，有 50m 和 62.5m 两种，包层外径为 125m，单模光纤纤芯直径较小，一般为 910m，包层外径也为 125m，可见选项 C、D 错误；多模光纤传输的距离就比较近，一般只有几千米，单模光纤中心玻璃芯很细(芯径一般为 9或 10m)，只能传一种模式的光。因此，其模间色散很小，适用于远程通信，所以选项 A错误。而单模光纤价格比较贵，多模光纤价格便宜，所以选B。曼彻斯特编码的效率是_%，4B/5B 编码的效率是_%。（分数：4.00）A.40B.50 C.80D.100解析：A.40B.50

38、C.80 D.100解析：解析 曼彻斯特编码中的每个比特位需要两次信号变化，因此编码效率只有 50%，mB/nB 编码的效率计算公式为：m/n * 100%，对于 4B/5B编码和 8B/10B编码，编码效率均为 80%。10BASE-T以太网使用曼彻斯特编码，其编码效率为_%，在快速以太网中使用 4B/5B编码，其编码效率为_%。（分数：4.00）A.30B.50 C.80D.90解析：A.30B.50C.80 D.90解析：解析 曼彻斯特编码每个比特位需要两次信号变化，因此编码效率只有 50%，这意味着比特率只是波特率的一半。这种编码效率在低速的通信系统(如 10兆以太网)中尚可以接受，但

39、在高速通信系统中是难以接受的。 mB/nB编码的效率计算公式为：m/n * 100%。由于 mn，所以 mB/nB编码的效率并不能达到 100%，对于4B/5B编码和 8B/10B编码，编码效率均为 80%，而 64B/66B编码的编码效率则达到 96.97%。23.下图中画出了曼彻斯特编码和差分曼彻斯特编码的波形图，实际传送的比特串为_。 （分数：2.00）A.1 0 1 0 1 1 0 0B.0 1 1 1 0 0 1 0C.0 1 0 1 0 0 1 1 D.1 0 0 0 1 1 0 1解析：解析 曼彻斯特编码是一种双相码。高电平到低电平的转换边表示 0，而用低电平到高电平的转换边表示

40、 1，位中间的电平转换边既表示了数据代码，也作为定时信号使用。差分曼彻斯特编码也是一种双相码。这种编码的码元中间的电平转换边只作为定时信号，而不表示数据。数据的表示在于每一位开始处是否有电平转换：有电平转换表示 0，无电平转换表示 1。所以图中所示的比特串应为 01010011。24.所谓正交幅度调制是把两个_的模拟信号合为一个载波信号（分数：2.00）A.幅度相同相位相差 90度 B.幅度相同相位相差 180度C.频率相同相位相差 90度D.频率相同相位相差 180度解析：解析 正交编码的两个信号源相位相差 90度。25.可以用数字信号对模拟载波的不同参量进行调制，如图所示的调制方式称为_。

41、 （分数：2.00）A.ASKB.FSKC.PSK D.DPSK解析：解析 对数字信号的调制可分为幅度键控(ASK)、移频键控(FSK)、移相键控(PSK)。PSK：用载波的起始相位的变化表示 0和 1，又可分为相对：PSK 和绝对 PSK。图中可看出，0、1 变化时，载波的相位发生变化，所以此题选 C。26.PCM编码是把模拟信号数字化的过程，通常模拟话音信道的带宽是 4000Hz，则在数字化采样频率至少_次/秒。（分数：2.00）A.2000B.4000C.8000 D.16000解析：解析 根据 Nyquist采样定律，编码时采样频率需至少为原始信号带宽的两倍，方可保证无损重建原始信号。

42、27.假设模拟信号的频率范围是 3-9MHz，采用频率必须大于_，才能使得到的样本信号不失真。（分数：2.00）A.6MHzB.12MHzC.18MHz D.20MHz解析：解析 根据尼奎斯特定理：如果采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空间恢复原来的模拟信号。可知，要是得到的样本信号不失真，采样频率必须大于 9*2=18MHz。28.设信道带宽为 3400Hz，采用 PCM编码，采样周划为 125s，每个样本量化为 256个等级，则信道的数据速率为_。（分数：2.00）A.10Kb/sB.16Kb/sC.56Kb/sD.64Kb/s 解析：解析 256=2 8 ，故速率为

43、 8b/125s=64Kb/s。29.设信道带宽为 4000Hz，采用 PCM编码，采样周期为 125s，每个样本量化为 128个等级，则信道的数据速率为_。（分数：2.00）A.10Kb/sB.16Kb/sC.56Kb/s D.64Kb/s解析：解析 采样周期为 125s，则采样频率为 8000Hz，满足尼奎斯特取样定理。量化等级分为 128级，则需要 7位二进制数来表示，用 00000001111111 等 128个二进制数来代表 128个不同的电平幅度。每个量化后的样本值变成相应的二进制代码，可以得到相应的二进制代码序列，每个二进制代码都可用一个7位的脉冲串来表示。信道的数据传输速率为

44、78000=56000b/s=56Kb/s。30.假设模拟信号的最高频率为 10MHz，采样频率必须大于_时，才能使得到的样本信号不失真。（分数：2.00）A.6MHzB.12MHzC.18MHzD.20MHz 解析：解析 奈奎斯特证明：当采样频率大于等于模拟信号最高频分量频率的两倍时，所得的离散信号可以无失真地还原回被采样的模拟信号。31.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 2位终止位，每秒钟传送 100个字符，则有效数据速率为_。（分数：2.00）A.100b/sB.500b/sC.700b/s D.1000b/s解析：解析 每个字符的位数为 1+7+1+

45、2=11，每秒传送 100个字符，故每秒传送的位数为100*11=1100，即码元速率为 1100波特。每个字符中的有效数据占 7位，因此每秒传送的有效数据为700bit，则有效数据速率为 700b/s。32.下列选项中，不采用虚电路通信的网络是_网。（分数：2.00）A.25B.帧中继C.ATMD.IP 解析：解析 X.25、帧中继和 ATM都是采用虚电路通信的网络。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 200个字符，采用 DPSK调制，则码元速率为_，有效数据速率为_。（分数：4.00）A.200波特B.500波特C.1000波特D.

46、2000波特 解析：A.200b/sB.1000b/sC.1400b/s D.2000b/s解析：解析 每个字符的位数为 1+7+1+1=10，每秒传送 200个字符，故每秒传送的位数为200*10=2000，即码元速率为 2000波特。每个字符中的有效数据占 7位，因此每秒传送的有效数据为1400bit，则有效数据速率为 1400b/s。E1载波的数据速率是_Mb/s，T1 载波的数据速率是_Mb/s。（分数：4.00）A.1.544B.2.048 C.6.312D.8.448解析：A.1.544 B.2.048C.6.312D.8.448解析：解析 T1 载波的数据速率是 1.544Mbp

47、s，E1 载波的数据速率是 2.048Mbps，E2 载波数据速率为8.448Mbps，E3 载波数据速率为 34.368Mbps，E4 载波数据速率为 139.24Mbps，E5 载波数据速率为565.148Mbps。E1信道的数据速率是_，其中每个话音信道的数据速率是_。（分数：4.00）A.1.544Mb/sB.2.048Mb/s C.6.312Mb/sD.44.736Mb/s解析：A.56kb/sB.64kb/s C.128kb/sD.2048kb/s解析：解析 E1 载波在北美和日本以外的国家中使用(欧洲标准)。该载波把一个时分复用帧(其长度T=125s)共划分为 32个相等的时隙，每个时隙 8位，时隙的编号为 CH0CH31，其中时隙 CH0用作帧同步，时隙 CH16用来传送信令，其他 30时隙用作 30个话路。E1 信道的传输速率为832bit125s=2.048Mbps。而每个话路的传输速率为 8125s=64kbps。