网工软考计算题整理

女生的网名这么多〃 提交于 2020-03-12 19:21:06

一、
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题解:一个C类网络有254个主机地址数可分配,则2000÷254=7.874015748031496‬,即最终需要分配8个C类网络

由8个C类网络得,$2^3$=8,即网络位为24-3=21位,掩码:1111 1111.1111 1111.1111 1000.0000 0000,转换为点分十进制为255.255.248.0

目标地址:1100 1000.0000 1001.0100 0011.0010 0001
Q1地址:1100 1000.0000 1001.0100 0000.0000 0000/21
Q2地址:200.9.16.0
1100 1000.0000 1001.0001 0000.0000 0000

根据最长匹配原则,数据报应当发送给Q1。


二、在这里插入图片描述
题解:每个子信道利用率为90%,多路复用后带宽为5×64×90%=288kbps
开销占4%,则实际带宽为288÷(100%-4%)=300kbps


三、
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题解:在这个串联系统中,系统的失效率=$λ_1$+$λ_2$。
平均故障间隔时间(MTBF)=$\frac{1}{λ}$=$10^5$,得λ=$\frac{1}{MTBF}$=$10^{-5}$。
则$λ_2$=λ-$λ_1$=3×$10^{-6}$。


四、
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题解:内存中的数据块是16进制的,按字节编址,则存储单元为(0000BFFFH-0000A000H)+1H Byte=8192Byte,约等于8k字节

注:H表示16进制。计算时先用0000BFFFH-0000A000H,得00002000,再按权展开:2×$16^3$+0×$16^2$+0×$16^1$+0×$16^0$=8192


五、
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题解:以太网中最多可以连接四个中继器。同时为了能够检测到冲突,要求传输时延≥2倍传播时延。数据帧要传输到目的地然后再返回,故传输距离为单程的2倍。
则冲突时槽=$\frac{2S}{0.7c}$+2tPHY+8tR。


六、
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题解:本题考察CIDR(也叫超网汇聚)。
192.24.0.0用二进制表示为:1100 0000.0001 1000.0000 0000.0000 0000
192.24.7.0用二进制表示为:1100 0000.0001 1000 0000 0111.0000 0000
根据最长匹配原则,汇聚后的网络为:1100 0000.0001 1000.0000 0000.0000 0000,转化为点分十进制为:192.24.0.0/21
可分配的主机数为:8×($2^8$-2)=2032。


七、
某单位IP地址需求如下表所示,给定地址192.168.1.0/24,按照可变长子网掩码(VLSM)的设计思想,求各部门的子网掩码为 ?
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题解:
①:部门1:需100个IP地址,$2^7$=128>100,满足,则主机位为7位,网络位为32-7=25位。
子网段为192.168.1.0/25,得子网掩码为255.255.255.128

②:部门2:需50个IP地址,$2^6$=64>50,满足,则主机位为6位,网络位为32-6=26位。
子网段为192.168.1.0/26,得子网掩码为255.255.255.192

③:部门3:需30个IP地址,$2^5$=32>30,满足,则主机位为5位,网络位为32-5=27位。
子网段为192.168.1.0/27,得子网掩码为255.255.255.224

④:部门4和5:均需10个IP地址,$2^4$=16<20,即只能满足其中一个部门的需求。主机位为4位,网络位为32-4=28位。
子网段为192.168.1.0/28,得子网掩码为255.255.255.240


八、
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题解:以太网最大帧长1518Byte,除去首部,实际数据部分为1500Byte,即8×1500=12000bit。

每次传输时间为:$\frac{9.6+(1518+8)×8}{100}$×$10^6$=131.68us

$t_总$=$\frac{240000}{12000}$×131.68=2633.6us=2.63ms


九、
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题解:电信号传输速度=$\frac{2}{3}$c=2×$10^5$ km/s
注:c是光速
则$t_总$=发送时间+传播时间=$\frac{4}{64}$+$\frac{2000}{200000}$=62.5+10ms=72.5ms


十、
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题解:采样周期为128us,则采样频率为$\frac{1}{128}$=8kHz
编码位数N=$log_2(Q)$=7bit,信道的数据速率=(8k×7)bps=56kbps


十一、
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题解:CSMA/CD采用“边发边监听”的方式,即边发送边检测信道信号电压变化,如果发现信号变化幅度超过一定限度,则认为总线上发生冲突。

几个定义与数据:
电磁波在1km电缆上传输的时延τ约为5us。
冲突检测时间=2τ(信号在传输介质中往返)

2τ称为争用期,又称为碰撞窗口。若争用期内未检测到碰撞,则认为不会再出现碰撞。

10M以太网争用期规定为51.2us,争用期内可发送出51.2×10M=512bit=64 Byte数据,故10M以太网的最小帧长为64Byte,小于64Byte的都认为是由于冲突而异常终止的无效帧,接收到这类帧则直接丢弃。

因此,能够被接收到的最小帧长为:2×带宽×$\frac{最大段长}{信号传播速度}$=2×10Mbps×$\frac{1000}{200}$ m/us=100bit


十二、
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题解:
最大间隔时间=$\frac{数据包大小}{带宽}$+帧间隔=$\frac{(1518+8)×8}{100}$×$10^6$×$10^{-6}$+9.6=131.68us,约等于132us。


十三、
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题解:顺序方式执行:(4+2+3)△t×600=5400△t

流水线方式:第一条指令顺序执行时间+(指令条数-1)×流水线周期(流水线周期=取址时间)
故采用流水线方式执行完指令所需时间为:(4+2+3)+(600-1)×4△t=2405△t

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十四、
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题解:设校验位位数为K,校验位与信息位要满足:(m+K+1)≤$2^K$,得出K=5.


十五、
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题解:-$2^{63}$~(1-$2^{-8}$)^63

附:机器数的浮点表示法


十六、
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题解:计算公式:(发送方发送一个包所需的时间+2×传播时间+接收方发送应答帧的时间)×包的个数
t=(128÷$10^6$+2×$\frac{1000}{200}$+22÷$10^6$)×$\frac{200000×8}{128-48}$=3.2s


十七、
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题解:设直接访问主存的时间为M,访问cache的时间为N,CPU访问内存的平均时间为T,命中率为H。
T=M×(1-H)+N×H,带入数据得3.27=30×(1-H)+3×H,解得H=0.99,即命中率为99%。


十八、
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十九、
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题解:子网总数为:35+18=53<$2^6$,即子网号位数为6位。

600<$2^{10}$-2,即主机号位数为10。
则子网掩码为1111 1111.1111 1111.1111 1100.0000 0000,转为点分十进制为255.255.252.0。


二十、
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题解:IP地址和子网掩码转换为二进制为:
1111 0000
0111 1000
做按位与运算得,0111 0000,即112,该子网的地址范围为192.168.1.112~192.168.1.127。
120-112=8,表示该主机是子网中的第8个主机,主机号即为0.0.0.8


二十一、
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二十二、
几个常考的端口号:
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二十三、
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题解:位示图大小为:1024GB÷4MB÷64bit=4096Byte

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