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1、同等学力申硕-计算机科学与技术学科综合-模拟题1【单选】OSl参考模型的第5层（自下而上）完成的主要功能是（）。A差错控制B路由选择C会话管理D数据表示转换【答案】C【解析】OSl参考模型分层（自上而下）：应用层、表示层、会话层、传输层、网络层、数据链路层、物理层，所以OSl参考模型自下而上的第五层即自上而下的第三层为会话层，它负责通信主机间的会话的建立，管理和拆除，答案选C。2【单选】对于滑动窗口协议，如果分组序号采用3比特编号，发送窗口大小为5,则接收窗口最大是（）。A2B3C4D5【答案】B【解析】对于滑动窗口协议，如果分组序号采用n比特编号，贝发送窗口大小+接收窗口大小2n,由题意可知
2、，分组序号采用3比特编号，发送窗口大小为5,所以接收窗口大小235,即最大为3,答案选3【单选】在100OOHZ的最大频带宽上达到100OOObps,允许最小信噪比是（A511B512C1023D1024【答案】C【解析】在有噪声信道的情况下，由香农定理得C=HXlOg2（1+SN）,即100oOo=100Ooxog2（1+S/N）,所以SN=210l=1023,所以允许的最小信噪比是1023,答案选C。4【单选】RIP协议和OSPF协议分别使用（）协议进行传输。AUDP和IPBTCP和UDPCTCP和IPD都是用IP【答案】A【解析】RlP通过广播UDP报文来交换路由信息，每30秒发送一次路
3、由信息更新：OSPF不使用UDP而是直接用IP数据报来传送。5【单选】某校园网的地址是202.100.192.0/18,要把该网络分成30个子网，则子网掩码应该是（）,每个子网可分配的主机地址数是（）oA255.255.200.0,32B255.255.224.0,64C255.255.254.0z510D255.255.255.0z512【答案】C【解析】把网络202.100.192.0/18划分成30个子网，需要5位来标识子网号，再加上原来的18位，则子网掩码为255.255.254.0,还留有32518=9位来表示主机地址。除去全。和全1两个地址，每个子网可分配的主机地址数为510个。答
4、案选C。6【单选】下列Intemet应用中，基于C/S计算模式的是（AFTPBBTCMSNDSkype【答案】A【解析】FTP使用客户服务器方式，即C/S模式，一个FTP服务器进程可同时为多个客户进程提供服务。答案选A。7【单选】CIDR地址块192.168.10.0/20所包含的IP地址范围是（A192.168.10.0192.168.12.255B192.168.10.0192.168.13.255C192.168.0.0192.168.14.255D192.168.0.0192.168.15.255【答案】D【解析】CIDR地址由网络前缀和主机号两部分构成。CIDR将网络前缀都相同的连续
5、的IP地址组成“QDR地址块”。题目中的ClDR块的网络前缀的长度为20位，主机号为12位，因此192.168.10.0/20地址块中的地址数为212个。其中，当主机号为全。时，取最小地址即为192.168.0.0。当主机号全为1时，取最大地址192.168.15.255。应注意主机号为全0和全1的地址一般不使用。8【单选】假设在没有发生拥塞的情况下，在一条往返时间RTT为IOmS的线路上采用慢开始控制策略。如果接收窗口的大小为24KB,最大报文段MSS为2KB,那么需要（）ms发送方才能发送出一个完全窗口。A30B40C50D60【答案】B【解析】慢开始是TCP协议用于拥塞控制的算法，它考虑
6、了两个潜在的问题，即网络容量与接收端容量。为此,TCP协议要求每个发送端维护2个窗口,即接收端窗口和拥塞窗口，两个窗口的较小值就为发送窗口。所谓“慢开始”就是由小到大逐渐增大发送端的拥塞窗口数值。慢开始算法的基本原理是：在连接建立时，将拥塞窗口的大小初始化为一个MSS的大小，此后拥塞窗口每经过一个RTT,就按指数规律增长一次，直至出现报文段传输超时或达到所设定的慢开始门限值SSthresho本题中，按照慢开始算法，发送窗口的初始值为拥塞窗口的初始值即MSS的大小2KB,然后一次增大为4KB,8KB,16KB,然后是接收窗口的大小24KB,即达到第一个完全窗口。因此达到第一个完全窗口所需的时间为
7、4xRTT=40ms.9【单选】SNMP是通过（）协议来传输消息的。ATCPBUDPCICMPDARP【答案】B【解析】SNMP：简单网络管理协议，通过UDP协议来传输消息。10【单选】POP3是Intemet中（）服务所使用的协议。A电子邮件BWWWCBBSDFTP【答案】A【解析】POP3：邮件读取协议。答案选A。11【单选】人工智能的目的是让机器能够（），以实现某些脑力劳动的机械化.A具有智能B和人一样工作C完全代替人的大脑D模拟、延伸和扩展人的智能【答案】D【解析】人工智能是解释和模拟人类智能、智能行为及其规律的一门学科，其主要任务是建立智能信息处理理论，进而设计可以展现某些近似于人类
8、智能行为的计算机系统，因此人工智能的目的是与智能的模拟、延伸和扩展密切相关的，所以选择D项。12【单选】为了解决如何模拟人类的感性思维，例如视觉理解、直觉思维、悟性等，研究者找到一个重要的信息处理的机制是（）。A专家系统B人工神经网络C模式识别D智能代理【答案】B【解析】题目中所涉及各个概念含义分布如下：神经网络是模拟人脑及其活动的一个数学模型，由大量的处理单元通过适当方式互连构成,是一个大规模非线性自适应系统，进而模拟人类的感性思维；专家系统（ES）是使用人类专家推理的计算机模型处理现实世界中需要专家作出解释的复杂问题，并得出与专家相同的结论；模式识别就是通过计算机用数学技术方法来研究模式的
9、自动处理和判读,把环境与客体统称为“模式”。随着计算机技术的发展，人类有可能研究复杂的信息处理过程，其过程的一个重要形式是生命体对环境及客体的识别：智能代理是定期地收集信息或执行服务的程序，不需要人工干预，具有高度智能性和自主学习性，可以根据用户定义的准则，主动地通过智能化代理服务器为用户搜集最感兴趣的信息，然后利用代理通信协议把加工过的信息按时推送给用户，并能推测出用户的意图，自主制订、调整和执行工作计划。所以本题选择B项。13【单选】在专家系统的开发过程中使用的专家系统工具一般分为专家系统的（）和通用专家系统工具两类。A模型工具B外壳C知识库工具D专用工具【答案】B【解析】本题考查的是专家
10、系统工具的分类，所以选择B项。14【单选】下列哪个不足人工智能的研究领域（）。A机器证明B模式识别C人工生命D编译原理【答案】D【解析】人工智能的研究领域包括问题求解系统、自然语言理解和处理系统、自动定理证明系统、智能控制和智能接口、专家系统、智能调度和规划系统、模式识别系统、智能检索系统、智能机器人、数据挖掘和知识发现系统、人工生命等，可见编译原理是基层的知识，不属于人工智能的研究领域，所以选择D项。15【单选】如果问题存在最优解，则下面几种搜索算法中，（）可以认为是“智能程度相对比较高”的算法。A广度优先搜索B深度优先搜索C有界深度优先搜索D启发式搜索【答案】D【解析】启发式搜索是搜索技术
11、中最容易理解的搜索方法，减少搜索范围，降低问题复杂度，相应智能程度较高，所以选择D项。16【单选】黑盒测试是从（）观点出发的测试，白盒测试是从（）观点出发的测试。A开发人员、管理人员B用户、管理人员C用户、开发人员D开发人员、用户【答案】C【解析】黑盒测试把测试对象看做一个黑盒，测试人员不考虑程序的内部逻辑结构和内部特性，只依据程序需求和功能规格说明，检查程序的功能是否符合他的功能说明，是从规格说明和用户使用的角度出发进行的测试；白盒测试把测试对象看做一个打开的盒子，是从开发人员观点出发进行的测试，它允许测试人员利用程序内部的逻辑结构及相关信息，设计或选择测试用例，对程序所有逻辑路径进行测试。
12、17【单选】软件生命周期模型有多种，下列选型中，（）不是软件生命周期模型。A螺旋模型B增量模型C功能模型D瀑布模型【答案】C【解析】UM1.系统开发中有三个主要的模型：功能模型、对象模型和动态模型。功能模型是从用户角度展示系统的功能，不属于软件生命周期模型。软件生命周期模型包括：瀑布模型、迭代模型、快速原型模型、螺旋模型、V模型、W模型。18【单选】随着开发小组人数的（）,因交流开发进展情况和讨论遇到的问题而造成的通信开销也急剧增加。A增加B降低C稳定D不稳定【答案】A【解析】当开发小组变得更大时，即开发小组人数增加时，每个人需要用更多时间与组内其他成员讨论问题、协调工作，因此，通信开销也随之
13、增加。19【单选】包含风险分析的软件工程模型是（）。A螺旋模型B瀑布模型C增量模型D喷泉模型【答案】A【解析】螺旋模型的基本思想是使用原型及其他方法来尽量降低风险。可以把它看作在每个阶段之前都增加了风险分析过程的快速原型模型，它是风险驱动的软件工程模型。20【单选】提高测试的有效性非常重要，成功的测试是指()。A证明了被测试程序正确无误B说明了被测试程序符合相应的要求C未发现被测程序的错误D发现了至今为止尚未发现的错误【答案】D【解析】软件测试是为了发现程序中的错误而执行程序的过程；成功的测试是发现了至今为止尚未发现的错误的测试。21【单选】面向对象方法有许多特征，如软件系统是由对象组成的；(
14、)；对象彼此之间仅能通过传递消息互相联系等。A开发过程基于功能分析和功能分解B强调需求分析重要性C把对象划分成类，每个对象类都定义一组数据和方法D对己有类进行调整【答案】C【解析】面向对象方法是一种把面向对象的思想应用于软件开发过程中，指导开发活动的系统方法，它的基本特征有对象唯一性、封装性、继承性和多态性等，它规定软件系统是由对象组成的，将对象划分成类，每个对象类都定义一组数据和方法。22【单选】软件按照设计的要求，在规定时间和条件下达到不出故障，持续运行的要求的质量特性称为()。A可用性B可靠性C正确性D完整性【答案】B【解析】软件质量特性包括：功能性、可靠性、易使用性、效率性、可维护性和
15、可移植性。其中可靠性是指在规定的一段时间内和规定的条件下，软件维持在其性能水平有关的能力。23【单选】瀑布模型中软件生命周期划分为八个阶段：问题的定义、可行性研究、软件需求分析、系统总体设计、详细设计、编码、测试和运行、维护。八个阶段又可归纳为三个大的阶段：计划阶段，开发阶段和()。A运行阶段B可行性分析C详细设计D测试与排错【答案】A【解析】瀑布模型中软件生命周期可分为计划阶段、开发阶段和运行阶段，其中计划阶段包括问题的定义、可行性研究：编码阶段包括软件需求分析、系统总体设计、详细设计、编码和测试；运行阶段包括运行和维护。24【单选】在快速原型模型的开发过程中，仅作为需求说明补充形式的原型是
16、（）。A探索型模型B演化型模型C实验型模型D提交型模型【答案】A【解析】探索型模型是把原型用于开发的需求分析阶段，目的是要弄清用户的需求，确定所期望的特性，并探索各种方案的可行性。它主要针对开发目标模糊，用户与开发商都对项目缺乏经验的情况，通过对原型的开发来明确用户的需求。因此，探索型原型一般仅作为需求说明的补充形式。25【单选】需求分析阶段研究的对象是软件项目的（）。A用户要求B合理要求C模糊要求D上线要求【答案】A【解析】需求分析是指开发人员要准确理解用户的要求，进行细致的调查分析，将用户非形式的需求陈述转化为完整的需求定义，再由需求定义转换到相应的形式功能规约（需求规格说明）的过程。26
17、【单选】在下面的叙述中，（）不是软件需求分析的任务。A问题分解B可靠性与安全性要求C结构化程序设计D确定逻辑模型【答案】C【解析】结构化程序设计（structuredprogramming）是进行以模块功能和处理过程设计为主的详细设计的基本原则。结构化程序设计是过程式程序设计的一个子集，它对写入的程序使用逻辑结构，使得理解和修改更有效更容易，属于编码阶段的任务。27【单选】软件设计一般分为总体设计和详细设计，它们之间的关系是（）。A全局和局部B抽象和具体C总体和层次D功能和结构【答案】A【解析】软件设计分为总体设计和详细设计，其中总体设计属于全局性的设计，详细设计属于局部性的设计，是概要设计的
18、完善。28【单选】在黑盒测试中，着重检查输入条件的组合是（）。A等价类划分法B边界值分析法C错误推测法D因果图法【答案】D【解析】因果图的基本原理是通过画因果图，把自然语言描述的功能说明转换为判定表，最后为判定表的每一列设计一个测试用例，它着重检查输入条件的组合可能会引起的错误。29【单选】在下列工具与环境中，（）属于较早期的CASE。A基于信息工程CASEB人工智能CASEC结构的基于图形CASED集成的CASE环境【答案】C【解析】计算机辅助软件工程英文全称：CASE（ComputerAided（orAssisted）SoftwareEngineering）指用来支持管理信息系统开发的、由
19、各种计算机辅助软件和工具组成的大型综合性软件开发环境，结构的基于图形的CASE属于较早期的CASE.30【单选】按测试数据执行程序逻辑程度判断，条件覆盖（）判定覆盖。A强于B弱于C等价于D不一定等价于【答案】A【解析】判定覆盖只关心判定表达式的值（真/假），而条件覆盖涉及到判定表达式的每个条件的值（真/假）。因此，条件覆盖强于判定覆盖。31【单选】软件工程学是指导计算机软件开发和O的工程学科。A软件维护B软件设计C软件应用D软件理论【答案】A【解析】软件工程学作为一门学科，它不仅指导软件系统的开发阶段的各项工作，还要指导软件运行阶段的维护工作，即软件工程学是一门指导计算机软件开发和软件维护的工
20、程学科。32【单选】软件可维护性的特性中相互矛盾的是（）。A可修改性和可理解性B可测试性和可理解性C效率和可修改性D可理解性和可读性【答案】C【解析】软件的可维护性可用七个质量特性来衡量，分别是：可理解性、可测试性、可修改性、可靠性、可移植性、可使用性和效率。对于不同类型的维护，这些特性的侧重点也不相同，有一些是相互矛盾的，比如效率和可移植性、效率和可修改性。33【单选】面向对象技术特别强调的是OA对象的数据结构B对象的使用方式C程序结构D结构化编程【答案】A【解析】面向对象技术强调在软件开发过程中面向客观世界或问题域中的事物，采用人类在认识客观世界的过程中普遍运用的思维方法，直观、自然地描述
21、客观世界中的有关事物。面向对象技术的基本特征主要有抽象性、封装性、继承性和多态性，它特别强调对象的数据结构。34【单选】Putnam成本估算经验模型是（）。A模块性成本模型B结构性成本模型C动态单变量模型D动态多变量模型【答案】D【解析】Putnam模型是1978年PUtnam提出的模型，是一种动态多变量模型，它假定在软件开发的整个生存期中工作量有特定的分布。35【单选】在软件项目管理过程中一个关键的活动是（），它是软件开发工作的第一步。A编写规格说明书B制定测试计划C编写需求说明书D制定项目计划【答案】D【解析】软件项目管理是为了使软件项目能够按照预定的成本、进度、质量顺利完成，而对人员(P
22、eople)、产品(Product)过程(Process)和项目(Project)进行分析和管理的活动。它的关键活动是制定项目计划。36【单选】命题公式PA(p-*q)Vr主析取范式中极小项的个数为()。A2B3C4D5【答案】D【解析】求其主析取范式，有：p(Pfq)Vr=P八-,pVq)Vr=(p,p)V(pVq)Vro(pVq)Vr=(pq)(rV-r)V(rV(pV)=(pqrZ)V(pqr)V(rAp)V(r-p)o(pqr)V(pqr)Z(rpq)V(rp-,q)V(rp-,q)=(-,p,qr)V(-,pqr)Vpqr)V(pq-,r)V(pqr)由以上求主析取范式的过程却有5个
23、极小项，故本题选DC37【单选】设A=a,a,下列命题错误的是()。AaP（八）BaP（八）CaP（八）Da)GP（八）【答案】C【解析】集合A的元素为：a、a:集合A的哥集为P（八）的元素为。、a、（八）,a,(a1)o所以a是A的子集但不是A的元素，故应该用G而不是,故本题选C。38S=l.28.9.Si=2,4.6.8：.Sj=(l.3.5.7,9,S=3.4.5.Ss三:3.51在条件XCSlflXaS3下.X与)集合可能相等。【单选】AX=S2或S3BX=S4或S5CX=Sl,S2或S4DX与SI,，S5中任何集合都不相等【答案】C【解析】XGSl且Xa*意味着X是工的子集,但不是的
24、子集，Ss是SJ的真子柒，所以排除,而S:.SS,菇，的子集但不是SJ的子集，所以X可能等丁S，8或&故本巴IiC39【单选】下列关系中能构成函数的是(),其中ymod3表示y除以3的余数。A(xzy)r(xzyN)(x+yx10)B(x,y)：(XMWR)(y=2)Cy)r(x,yR)(y2=x)D(x,y)(x,y)Z)(x=ymod3)【答案】B【解析】本题主要考察函数要求中对每一个输入只对应唯一的一个转出.A中是表达式,根本不是关系.故A精误：B满足要求：C中输入，对应有&。一人两个输出.故C猎说：Dx3JxO时函数无定义.同时In使OVV3.每个输入X也对应了无跟个输出y=kX+3.
25、k是任意整数，故D错误,故本麴选B.40【单选】设f是由群G；x到群G:*的同态映射，则Ker(f)是()。AG的子群BG的子群C包含GD包含G【答案】B【解析】问态的核定义为Kcr(力=gG:f()=.因为：f(I)所以lKcr(f)：若gl.g2Kerf).那么f(glg2)=fgl)f(g2)=.Jglg2Kcr(f)：若gWKer(f).即f=.靠么=f(I)=f(g,g)=fgl)fg)=f(g,).所以f=.即建WKCrR4I4:addR5,R2,R6;(R2)+(R6)-R5AIl和I2BI2和13CI2和I4DI3和14【答案】B【解析】当第二条指令中RS还未完成写入操作时，而
26、第三条指令就对R5进行了读操作,如此会发生数据冒险。45【单选】下列度量单位中，用来度量计算机外部设备传输率的是（）。AMB/sBMIPSCGHzDMB【答案】A【解析】MIPS是运算速度，MB是存储容量，MB/s是传输速率，GHZ是主频单位。46【单选】下面关于反走样的论述，（）是错误的。A提高分辨率B把像素当作平面区域进行采样C采用锥形滤波器进行加权区域采样D增强图象的显示亮度【答案】D【解析】用离散量表示连续量引起的失真现象称为走样，用于减少或消除这种效果的技术称为反走样，即反走样是与失真有关的，与图象的显示亮度无关，所以选择D项。47【单选】计算机绘图设备一般使用（）颜色模型。ARGB
27、BCMYCHSVDH1.S【答案】B【解析】图形硬件设备的表示颜色的方法：计算机图形显示器：RGB方法；绘图设备：CMY方法。可见，计算机绘图设备一般使用的颜色模型是CMY,所以选择B项。48【单选】在简单光反射模型中，由物体表面上点反射到视点的光强是下述哪几项之和？（）（1）环境光的反射光强；（2）理想漫反射光强：（3）镜面反射光强；（4）物体间的反射光强。和23所以117nn-Zf+f3+.+f2n-=3+(1.-fJ+(1.-1.)+(5-Qc)%+f?+却=fo+(f1.fJ+(f1.fJ+(fg-f2z)=f-1.+&=Qwl-1(3)07+/-.+(-1)fr,=f07+(ffj+
28、(ffj+(-)C(frlJfZ)=(T)FtT由于C=f(J-f)=flJTf所以管+小=*+(f-f)+(-钻)+.+(KJ=CC-I56【综合题】设X=xl,2.,Xn),(1) X上共有多少个不同的二元关系？(2)有多少具有反身性的二元关系？(3)有多少具有对称性的二元关系？(4)有多少既不具有反身性也不具有对称性的二元关系？(5)有多少是等价的二元关系？2b.谷：TXXX共春n：公有序数对,所以可以加成的一元关系的总数为（2）反。的二元美系必然含有全部的（0V）.i=.2.，n.从剌下的n-n个有序对中选任T1（n*n、意个，所以有=2f个具有反身性的.元关系.（k）（3）先从n个为
29、序敌对（&）.i-l.2.n中ift取k个（Okn）.M从n5-n个数对中以两个为一ifl（*.4）（4a.）J（i和j均在In囱所遑（.X.）.x,.Xt）域取任:ftifl所以再n、k,一)“k0n2-n)2=2n（n*,V2个：i行对4M的二一关系.4）令A表示所有只有反身性的二元关系的集合.B我示所有H有对生性的二元关系的泉台.令R表示所有二元关系的集合.则二目所求可以转化为IXC百由存斥原理二得：RCN=IRI-IAl-IB+ACBl2-n)2(nR.AhlBl1.IfH中求出,葬么IACBI=Zk-0k所以。ACB=2ne-2nen+2n（n*02+2d2个Bl不反身注也不“育。林
30、性的二元关系.（三）XIttfi个等价关系均可郸X划分破心打空的等价类.反之X的任启一个分界:W为十普空龌分的划分而时定X卜的一个等价入氟.它的易侪类就是划分的运亚部分.因此、上等吩大系总数为:fsjn.k）.S：n.k）为兄二大SIirlinPti57【综合题】某计算机采用页式虚拟存储管理方式，按字节编址，虚拟地址为32位，物理地址为24位，页大小为8KB：T1.B采用全相联映射；Cache数据区大小为64KB,按2路组相联方式组织，主存块大小为64B。存储访问过程的示意图如下所示。Cacbe请回答下列问题。(I)图中字段AG的位数各是多少？T1.B标记字段B中存放的是什么信息？(2)将块号
31、为4099的主存块装入到CaChe中时，所映射的CaChC组号是多少？对应的H字段内容是什么？(3)CaChe缺失处理的时间开销大还是缺页处理的时间开销大？为什么？(4)为什么CaChe可以采用直写(WriteThrOUgh)策略，而修改页面内容时总是采用回写(WriteBcak)策略？【解析】答：(1)页大小为8KB,页内偏移地址为13位，故A=B=32-13=19；D=13;C=24-13=11；主存块大小为64B,故G=62路组相联，每组数据区容量有64Bx2=128B,共有64KB128B=512组，故F=9;E=24-G-F=24-6-9=9o因而A=19,B=19,C=Il,D=1
32、3,E=9,F=9,G=6。T1.B中标记字段B的内容是虚页号，表示该T1.B项对应哪个虚页的页表现项。(2)块号4099=000001000000000011B,因此,所映射的Cache组号为000000011B=3,对应的H字段内容为000001000Bo(3)Cache缺失带来的开销小，而处理缺页的开销大。因为缺页处理需要访问磁盘，而Cache缺失只要访问主存.(4)因为采用直写策略对需要同时写快速存储器和慢速存储器，而写磁盘比写主存慢得多，所以，在CaChe-主存层次，CaChe可以采用直写策略，而在主存一外存(磁盘)层次，修改页面内容时总是采用回写策略。58【综合题】CPU执行一段程
33、序时，Cache完成存取的次数为3800次，主存完成存取的次数为200次，已知CaChe存取周期为50ns,主存为250ns,求CaChe主存系统的效率和平均访问时间。【解析】答：Cache的命中ShNC=3800Nc+Nrn-3800+200Tm25OnS匚Tc50ns中七福XloO%=5+（1）乂。.95乂10%=833%平均访H时同T为,0.83359【综合题】何谓DMA方式？DMA控制器可采用哪几种方式与CPU分时使用内存？【解析】答：直接内存访问(DMA)方式是一种完全由硬件执行I/O交换的工作方式。DMA控制器从CPU完全接管对总线的控制。数据交换不经过CPU,而直接在内存和I/O
34、设备之间进行。DMA控制器采用以下三种方式：(1)停止CPU访问内存当外设要求传送一批数据时，由DMA控制器发一个信号给CPU。DMA控制器获得总线控制权后，开始进行数据传送。一批数据传送完毕后，DMA控制器通知CPU可以使用内存，并把总线控制权交还给CPUo(2)周期挪用当I/O设备没有DMA请求时，CPU按程序要求访问内存，一旦I/O设备有DMA请求，则I/O设备挪用一个或儿个周期。(3)DMA与CPU交替访问内存个CPU周期可分为2个周期，一个专供DMA控制器访内，另一个专供CPU访内。不需要总线使用权的申请、建立和归还过程。60【综合题】设F为一个计算机系统中n台处理机可以同时执行的程
35、序的百分比，其余代码必须用单台处理机顺序执行。每台处理机的执行速率为X(MIPS),并假设所有处理机的处理能力相同。【解析】(1)试用参数n、F、X推导出系统专门执行该程序时的有效MIPS速率表达式。(2)假设n=32,=8MIPS,若期望得到的系统性能为64MlPS,试求F值。61【综合题】在某个网络中，Rl和R2为相邻路由器，其中表a为Rl的原路由表，表b为R2广播的距离向量报文目的网络，距离,请根据RIP协议更新Rl的路由表，并写出更新后的Rl路由表。aRl的量粉由豪口的网络KHT-M10.0.0.0030.0.0.0?R740.0.0.03R24S.0.0.04U)80.QaOiO5R
36、2190.0.0.0R5衰bR2的广播报文11的R络K10.0.0.04M.o.ao440.0.0.0241.0.0.031S0.0.0.0S【解析】答：RlP协议中路由更新算法如下：（1）接收路由器X的路由信息：将此报文中的所有项目的“距离”字段的值加1；（2）更新自己的路由信息：for（路由表信息中的每一项V,O）（if（V不在路由表中）（则将该项目添加到路由表中，目的网络设为V,距离设为C,下一跳地址设为R2；）elseif（路由表中的下一跳字段也为R2）将原路由表项目中的距离替换为C；）elseif（C小于路由表中的距离）将原路由表项目中的下一跳设置为R2,距离设置为C；）根据以上算法，路由器Rl的路由表更新后如下表所示。目的网络距育下一跳10.0.0.00直提30000SR240.0003R241.00.04R2I45.00.04RS180.0.0.06R219000.010R562【综合题】某公司的局域网设置如下图所示，两个局域网通过路由器连接到NAT服务器上，并且通过NAT服务器连接到Internet上。局域网1的掩码是192.168.14.0/25,局域网2的掩码是192.168.14.128/25,NAT服务器的内部IP地址为2192.168.13.25,外部IP地址为202.157.85.69,在NAT服务器中有表如下。源
