一、单选题
1、属于CPU中算术逻辑单元的部件是（ ）。
A、程序计数器
B、加法器
C、指令寄存器
D、指令译码器
解析：
算术逻辑单元（ALU）是CPU中负责执行算术和逻辑运算的部件。根据题目给出的选项，加法器是ALU的核心部件之一，因此属于CPU中算术逻辑单元的部件是加法器，选项B正确。而程序计数器、指令寄存器和指令译码器虽然也是CPU的重要部件，但它们不属于算术逻辑单元。
2、内存按字节编制从A5000H到DCFFFH的区域其存储容量为 （ 2 ）。
A、123KB
B、180KB
C、223KB
D、224KB
解析：
首先计算内存区域的大小，从A5000H到DCFFFH，首尾字节都要计算在内，因此是DCFFFH - A5000H + 1 = 38000H（十六进制）。然后将十六进制数转换为十进制数，得到字节数。最后，将字节数转换为KB（千字节），除以1024（因为1KB等于1024字节）。计算结果为224KB。
3、计算机采用分级存储体系的主要目的是为了解决（ 3 ）的问题。
A、主存储容量不足
B、存储器读写可靠性
C、外设访问效率
D、存储容量、成本和速度之间的矛盾
解析：
计算机采用分级存储体系的主要目的是为了解决存储容量、成本和速度之间的矛盾。在计算机系统中，存储器是分级存储的，不同级别的存储器具有不同的容量、读写速度和成本。采用分级存储体系可以在满足存储容量需求的同时，尽可能地降低成本并提高存储速度。因此，计算机采用分级存储体系的主要目的是解决存储容量、成本和速度之间的矛盾。选项D正确。
4、Flynn分类法基于信息流特征将计算机分为4类，其中（ 4 ）只有理论意义而无实例。
A、SISD
B、MISD
C、SIMD
D、MIMD
解析：
：Flynn分类法中的MISD（多指令流单数据流）具有n个处理单元，按n条不同指令的要求对同一数据流及其中间结果进行不同的处理。一个处理单元的输出又作为另一个处理单元的输入，但目前被证明是不可实现的，即只有理论意义而无实例。因此，答案为B。
5、以下关于结构化开发方法的叙述中，不正确的是（ 5 ）。
A、总的指导思想是自顶向下，逐层分解
B、基本原则是功能的分解与抽象
C、与面向对象开发方法相比，更适合于大规模、特别复杂的项目
D、特别适合于数据处理领域的项目
解析：
结构化开发方法是一种面向数据流的开发方法，由结构化分析、结构化设计、结构化程序设计组成，适用于数据处理领域的项目。但对于大规模的、特别复杂的项目，结构化开发方法可能难以应对，因此选项C是不正确的叙述。
6、模块A、B和C都包含相同的5个语句，这些语句之间没有联系。为了避免重复，把这5个语句抽取出来组成一个模块D.则模块D的内聚类型为（ 6 ）内聚。
A、功能
B、通信
C、逻辑
D、巧合
解析：
模块A、B和C包含相同的5个语句，这些语句之间没有联系。为了避免重复，把这5个语句抽取出来组成一个模块D。由于模块D中的语句之间没有任何联系或松散的联系，因此这种模块被称为巧合内聚模块。巧合内聚是内聚程度最低的模块类型，因此答案是D。
7、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( 本题 )在关键路径上。活动GH的松弛时间是（下题）。
A、B
B、E
C、C
D、K
解析：
根据题目给出的软件项目的活动图，关键路径上的里程碑包括A、C、D。而活动GH的松弛时间是从前一个里程碑到活动开始的时间减去关键路径上从同一个里程碑到活动开始的时间的最小值。根据图中的信息，里程碑C是关键路径上的里程碑，且活动GH的紧前活动是里程碑C到活动G的时间为3，其他路径上里程碑到活动GH的时间均大于3，因此活动GH的松弛时间为3-2=1，即选项A是正确答案。
8、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( 上题 )在关键路径上。活动GH的松弛时间是（ 本题 ）。
A、0
B、1
C、2
D、3
解析：
首先，确定关键路径是关键路径是项目中最长的路径，它由一系列活动组成，这些活动的完成时间是项目完成时间的基础。在这个软件项目的活动图中，最长的路径是SBDIJF，持续时间为20个时间单位。接下来确定里程碑是否在关键路径上里程碑（上题）应该位于关键路径上，因为只有位于关键路径上的里程碑和活动才对项目的总持续时间产生影响。计算活动GH的松弛时间松弛时间是关键路径上的一个活动可以延迟而不影响项目完成时间的时间。对于活动GH来说，如果走GH路径，完成整个项目需要的时间为GHKF=10个时间单位。如果不走GHKF路径，则需要走GJF或GJKF两条路径来完成项目，而这两条路径所需的时间分别为未知和7个时间单位。因此，走到G点后的松弛时间 = 走GH路径所需的总时间 - 不走GH路径所需的最短时间 = 10 - 7 = 3个时间单位。所以活动GH的松弛时间是3个时间单位，因此答案是D。
9、将高级语言源程序翻译成机器语言程序的过程中，常引入中间代码。以下关于中间代码的叙述中，不正确的是（ ) 。
A、中间代码不依赖于具体的机器
B、使用中间代码可提高编译程序的可移植性
C、中间代码可以用树或图表示
D、中间代码可以用栈和队列表示
解析：
中间代码是一种编译过程中的中间表示形式，它不依赖于具体的机器，可以用不同的形式表示，如树、图、逆波兰表示、三元式、四元式等。因此，虽然中间代码可以某种程度用栈和队列表示（比如一些计算过程），但并不是必须用栈和队列表示，选项D的说法过于绝对，是不正确的。选项A、B、C都是关于中间代码的正确描述。
10、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。
A、A.甲公司
B、甲、乙公司共同
C、乙公司
D、甲、乙公司均不
解析：
根据《计算机软件保护条例》第十二条的规定，受他人委托开发的软件，其著作权的归属由委托者与受委托者签定书面协议约定。在本题中，甲公司接受乙公司委托开发应用软件，但双方没有订立任何书面合同，因此，著作权归属于受委托者，即甲公司。所以，正确答案是A。
11、路由器的内存体系由多种存储设备组成，其中用来存放操作系统引导程序的是( 本题 ),运行时活动配置文件存放在（ 下题 ）中。
A、FLASH
B、ROM
C、NVRAM
D、DRAM
解析：
路由器的内存体系由多种存储设备组成，其中用来存放操作系统引导程序的是ROM（只读存储器）。运行时活动配置文件通常存放在NVRAM（非易失性随机访问存储器）中。因此，正确答案是B。
12、路由器的内存体系由多种存储设备组成，其中用来存放VRP引导程序的是( 上题 ),运行时活动配置文件存放在（ 本题 ）中。
A、FLASH
B、ROM
C、NVRAM
D、DRAM
解析：
：路由器的内存体系由多种存储设备组成，其中用来存放VRP引导程序的是FLASH中，运行时活动配置文件存放在NVRAM中。因此，正确答案是A和C。
13、下面的广域网络中属于电路交换网络的是( )。
A、ADSL
B、X.25
C、FRN
D、ATM
解析：
题目询问的是属于电路交换网络的选项。其中，ADSL采用频分复用技术，既有电路交换的特点（低频段传输传统的电话信号），也有分组交换的特点（高频段传输数字信息）。X.25网络是面向连接的网络，属于公共数据交换网络，是一种典型的分组交换网。FRN（公用帧中继宽带网）是帧中继技术的进一步应用，属于广域分组交换网。而ATM（异步传输模式）是建立在电路交换和分组交换基础上的新技术，具有两者的双重性。因此，选项D的ATM是唯一一个完全属于电路交换网络的选项。
14、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,则在数字化时采样频率至少为（ ）次/秒。
A、2000
B、4000
C、8000
D、16000
解析：
根据采样定理（奈奎斯特定理），模拟信号数字化的过程中，采样频率需要是信号中最高频率的2倍以上。在题目中，模拟话音信道的带宽是4000Hz，因此采样频率至少需要是8000次/秒（即4000Hz的两倍）才能保留原始信号中的信息。所以正确答案是C。
15、设信道带宽为4000Hz,信噪比为30dB,按照香农定理，信道容量为（ ) 。
A、4Kb/s
B、16Kb/s
C、40Kb/s
D、120Kb/s
解析：
根据香农定理，信道容量C的计算公式为C = Wlog2(S/N)，其中W是信道带宽，S是信号功率，N是噪声功率。题目中给出信道带宽W为4000Hz，信噪比（Signal to Noise Ratio，SNR）为30dB。
首先，将信噪比从分贝（dB）转换为常规形式。信噪比公式为db = 10lg(S/N)，因此S/N = 10^(SNR/10)。代入SNR=30，得到S/N = 1000。
然后，代入香农公式计算信道容量C。C = Wlog2(S/N) = 4000 * log2(1000)。计算结果为约40Kb/s，因此选项C是正确的。
16、所谓正交幅度调制是把两个（ )的模拟信号合成为一个载波信号。
A、幅度相同相位相差90°
B、幅度相同相位相差180°
C、频率相同相位相差90°
D、频率相同相位相差180°
解析：
正交幅度调制（QAM）是把两个幅度相同、相位相差90°的模拟信号合成为一个载波信号的方法。这种调制技术可以将两种调幅信号汇合到一个信道中，从而双倍扩展有效带宽。在正交调幅中，一个信号称为I信号（同相位信号），另一个信号称为Q信号（正交相位信号）。这两个信号的相位相差90度，使得它们可以在同一载波上独立传输，然后在接收端进行分离和解析。因此，选项A“幅度相同相位相差90°”是正确的。
17、电信运营商提供的ISDN服务有两种不同的接口，其中供小型企业和家庭使用的基本速率接口（BRI）可提供最大数据速率为（ 本题 ），供大型企业使用的主速率接口（PRI）可提供的最大数据速率为（ 下题 ）
A、128Kb/s
B、144 Kb/s
C、1024 Kb/s
D、2048 Kb/s
解析：
电信运营商提供的ISDN服务中，基本速率接口（BRI）供小型企业和家庭使用，其最大数据速率为144Kb/s。而主速率接口（PRI）供大型企业使用，其提供的最大数据速率会在下题中说明。因此，根据题目描述，正确答案是B。
18、电信运营商提供的ISDN服务有两种不同的接口，其中供小型企业和家庭使用的基本速率接口（BRI）可提供最大数据速率为（ 上题 ），供大型企业使用的主速率接口（PRI）可提供的最大数据速率为（ 本题 ）
A、128Kb/s
B、144 Kb/s
C、1024 Kb/s
D、2048 Kb/s
解析：
电信运营商提供的ISDN服务中，基本速率接口（BRI）包括两个B通道和一个D通道，B通道的数据速率为64Kb/s，D通道的数据速率为16Kb/s，所以BRI提供的最大数据速率为144Kb/s。而主速率接口（PRI）用于大型企业，基于T1或E1标准，其中包含了更多的B通道和D通道用于数据传输和控制。因此，PRI可提供的最大数据速率可以达到2048 Kb/s，即选项D。
19、PPP是连接广域网的一种封装协议，下面关于PPP的描述中错误的是（ ）
A、能够控制数据链路的建立
B、能够分配和管理广域网的IP地址
C、只能采用IP作为网络层协议
D、能够有效地进行错误检测
解析：
PPP协议是一种通用的点对点通信协议，它支持多种网络层协议，不仅仅是IP协议。因此，选项C描述错误，是题目的正确答案。PPP协议能够控制数据链路的建立、分配和管理广域网的IP地址，并可以有效地进行错误检测，如选项A、B和D所述。
20、下面关于帧中继的描述中错误的是（本题），思科路由器支持的帧中继本地管理接口类型（Lmi-type）不包括（下题）
A、在第三层建立虚电路
B、提供面向连接的服务
C、是一种高效率的数据链路技术
D、充分复用了光纤通信和数字网络技术的优势
解析：
帧中继是一种在数据链路层实现的数据通信协议，用于在网络之间传输数据帧，并不涉及第三层建立虚电路的过程。因此选项A描述错误。其余选项B、C和D都是帧中继的正确描述，其中B描述了帧中继提供面向连接的服务，C描述了它是一种高效率的数据链路技术，D描述了它充分利用了光纤通信和数字网络技术的优势。思科路由器支持的帧中继本地管理接口类型（LMI-type）通常不包括在题目的选项中讨论，需要根据具体的题目和选项来判断。
21、下面关于帧中继的描述中错误的是（上题），思科路由器支持的帧中继本地管理接口类型（Lmi-type）不包括（本题）
A、Cisco
B、DCE
C、ANSI
D、Q933A
解析：
本题考查的是关于帧中继及思科路由器支持的帧中继本地管理接口类型的知识。帧中继是一种用于连接计算机系统的面向分组的通信方法，在数据链路层建立虚电路。思科路由器支持的帧中继本地管理接口类型（Lmi-type）包括fr lmi type cisco/q933a/ansi 三种模式，但不包括DCE，因此选项B是错误的描述。
22、边界网关协议BGP4被称为路径矢量协议，它传送的路由信息是由一个地址前缀后跟（本题）,这种协议的优点是（下题）
A、一串IP地址
B、一串自治系统编号
C、一串路由器编号
D、一串子网地址
解析：
边界网关协议BGP4传送的路由信息是由一个地址前缀后跟一串自治系统编号（ASN）。这种协议的优点包括支持动态路由、网络可扩展性和灵活性，能够处理大型网络环境中的路由策略，并且可以有效地避免路由循环等问题。因此，BGP4被称为路径矢量协议，其主要通过交换自治系统之间的路由信息来实现网络路由的优化。选项B正确，其他选项不符合BGP4的路由信息传送方式。
23、边界网关协议BGP4被称为路径矢量协议，它传送的路由信息是由一个地址前缀后路（上题）,这种协议的优点是（本题）
A、防止域间路由循环
B、可以及时更新路由
C、便于发现最短通路
D、考虑了多种路由度量因素
解析：
BGP4协议通过交换网络可达信息，包括经过的自治系统清单上的信息，有效地构造了AS互联的图像，并由此清除了路由环路，从而防止了域间路由循环的发生。因此，选项A正确，其他选项没有在参照解析中提及。
24、与RIPv2相比，IGRP协议增加了一些新的特性，下面的描述中错误的是（ ）
A、路由度量不再把跳步数作为唯一因素，还包含了带宽，延迟等参数
B、增加触发更新来加快路由收敛，不必等待更新周期结束再发送更新报文
C、不但支持相等费用的负载均衡，而且支持不等费用的负载均衡
D、最大跳步数由15跳扩大到255跳，可以支持更大的网络
解析：
描述中错误的是选项B。IGRP协议确实增加了触发更新以加快路由收敛，但这不是与RIPv2相比的新增特性，RIPv2同样支持触发更新。其他选项A、C和D都是IGRP相对于RIPv2增加的特性。因此，B选项的描述是错误的。
25、为了解决RIP协议形成路由环路的问题可以采用多种方法，下面列出的方法中效果最好的是（ ）
A、不要把从一个邻居学习到的路由发送给那个邻居
B、经常检查邻居路由器的状态，以便及时发现断开的链路
C、把从邻居学习到的路由设置为无限大，然后再发送给那个邻居
D、缩短路由更新周期，以便出现链路失效时尽快达到路由无限大
解析：
为了解决RIP协议形成路由环路的问题，采用毒性反转是一种有效的方法。当一条路径信息变为无效之后，路由器并不立即将它从路由表中删除，而是用一个大的度量值（如无限大）将它转发给对方。这样，即使出现环路，也能通过该机制快速识别并避免路由环路的发生。因此，选项C“把从邻居学习到的路由设置为无限大，然后再发送给那个邻居”是效果最好的方法。
26、城域以太网在各个用户以太网之间建立多点第二层连接，IEEE802.1ah宣言的运营商主干网桥协议提供的基本技术是在用户以太帧中再封装一层（本题），这种技术被称为（下题）技术。
A、运营商的MAC帧头
B、运营商的VLAN标记
C、用户的VLAN标记
D、用户帧类型标记
解析：
城域以太网在各个用户以太网之间建立多点第二层连接时，IEEE802.1ah宣言的运营商主干网桥协议提供的基本技术是在用户以太帧中再封装一层，这种技术被称为运营商的MAC帧头技术。因此，正确答案为A。
27、城域以太网在各个用户以太网之间建立多点第二层连接，IEEE802.1ah宣言的运营商主干网桥协议提供的基本技术是在用户以太帧中再封装一层（上题），这种技术被称为（本题）技术。
A、Q-in-Q
B、IP-in-IP
C、NET-in-NET
D、MAC-in-MAC
解析：
根据题目描述和IEEE802.1ah定义的技术，城域以太网中的这种技术被称为MAC-in-MAC，即在用户以太帧中再封装一层运营商的MAC帧头，通过二次封装实现用户流量的隔离，增强以太网的可扩展性和业务的安全性。因此，选项D是正确答案。
28、采用抓包工具截获的结果如下图所示。图中第1行记录显示的是（本题），报文由（下题）发出。
A、TCP错误连接响应报文
B、TCP连接建立请求报文
C、TCP连接建立响应报文
D、Urgent紧急报文
解析：
根据提供的抓包工具截获的结果，第1行记录的关键字是RST，这表示复位位，通常发生在发生错误后需要重置连接的情况。同时，报文中源端口为80，这通常是Web服务器所使用的端口。因此，这很可能是TCP错误连接响应报文。选项A正确，表示TCP错误连接响应报文。
29、采用抓包工具截获的结果如下图所示。图中当前行记录显示的是（上题），报文由（本题）发出。
A、Web客户端
B、Web服务器
C、DNS服务器
D、DNS客户端
解析：
根据题目描述和提供的图片信息，当前行记录显示的是由服务器发出的报文。从源端口是80可以判断这是一个HTTP协议的数据包。因此，正确答案是B，即Web服务器。
30、在Windows命令行窗口中键入tracert命令,得到下图所示窗口,则该PC的IP 地址可能为( )。
A、182.214.254.9
B、10.18.128.254
C、192.168.1.100
D、183.232.24.222
解析：
Tracert命令用于确定IP数据报访问目标所采取的路径，它显示数据包从源主机到目标主机所经过的路由路径。通过提供的图片信息，可以看到数据包经过的路由路径中的一个IP地址是192.168.1.1。根据这个信息，可以推测该PC的IP地址可能与这个IP地址在同一个子网内。因此，选项C（192.168.1.100）是一个可能的IP地址。
31、管理员为某台linux系统中的/etc/hosts文件添加了如下记录，下列说法中正确的是（ ）
127.0.0.1 localhost.loacldomain localhost
192.168.1.100 linumu100.com web80
192.168.1.120 emailserver
A、linumu100.com是主机192.168.1.100的主机名
B、web80是主机192.168.1.100的主机名
C、emailserver是主机192.168.1.120的别名
D、192.168.1.120行记录的格式是错误的
解析：
根据题目中给出的/etc/hosts文件内容，我们可以看到每一行都正确地表示了一个主机信息，由网络IP、主机名（或域名）和别名（如果有的话）三部分组成，并且用空格隔开。对于选项A，linumu100.com确实是主机192.168.1.100的主机名，所以A是正确的。
对于选项B，web80是主机192.168.1.100的别名，而不是主机名，所以B是错误的。
对于选项C，emailserver确实是主机192.168.1.120的别名，所以C的描述是正确的，但由于题目要求选择正确的说法，而C本身是一个正确的说法但不是题目的正确答案，所以C不应被选择。
对于选项D，给出的/etc/hosts文件中的每一行记录格式都是正确的，所以D是错误的。
32、下列关于linux文件组织方式的说法中，（ ）是错误的
A、linux文件系统使用索引节点来记录文件信息
B、文件索引节点号由管理员手工分配
C、每个文件与唯一的索引节点号对应
D、一个索引节点号可对应多个文件
解析：
在Linux文件系统中，文件索引节点号不是由管理员手工分配的，而是系统自动分配的。所以选项B是错误的。其他选项A、C、D都是正确的描述，因此答案是B。
33、Netstat –r命令的功能是（ ）
A、显示路由记录
B、查看连通性
C、追踪DNS服务器
D、捕获网络配置信
解析：
根据给出的信息，netstat –r命令的功能是显示路由信息，即显示路由表。因此，答案是显示路由记录（A）。其他选项如查看连通性（B）、追踪DNS服务器（C）和捕获网络配置信息（D）并不是netstat –r命令的功能。
34、搭建试验平台、进行网络仿真是网络生命周期中（ ）阶段的任务
A、需求规范
B、逻辑网络设计
C、物理网络设计
D、实施
解析：
搭建试验平台、进行网络仿真主要是用于确定合理的网络结构，并选用成熟而稳定的技术。这些任务属于逻辑网络设计阶段的工作，因此正确答案为B。
35、在windows系统中可通过停止（ ）服务来阻止对域名解析cache的访问
A、DNS SERVER
B、remote procedure call（RPC）
C、nslookup
D、DNSclient
解析：
在Windows系统中，阻止对域名解析cache的访问可以通过停止DNSClient服务来实现。域名解析cache需要应用客户机域名解析服务DNSClient，当这个服务停止时，客户端就无法使用本地DNS缓存，从而增加了网络安全。其他选项如DNS SERVER、RPC和nslookup并不直接关联到阻止对DNS缓存的访问。因此，正确答案是D。
36、某公司域名为pq.com，其POP服务器的域名为pop.pq.com，SMTP服务的域名为smtp.pq.com，配置foxmail邮件客户端时，在发送邮件服务栏应该填写（本题），在接收邮件服务器栏应该填写(下题).
A、pop.pq.com
B、smtp.pq.com
C、pq.com
D、pop3.pq.com
解析：
在配置foxmail邮件客户端时，发送邮件服务栏应该填写SMTP服务的域名。根据题目中给出的信息，SMTP服务的域名为smtp.pq.com，因此在发送邮件服务栏应该填写B选项smtp.pq.com。而接收邮件服务器栏应该填写POP服务器的域名，即pop.pq.com，但由于下题是关于接收邮件服务器的问题，因此具体的答案需要看下题。
37、某公司域名为pq.com，其POP服务器的域名为pop.pq.com，SMTP服务的域名为smtp.pq.com，配置foxmail邮件客户端时，在发送邮件服务栏应该填写（上题），在接收邮件服务器栏应该填写(本题).
A、pop.pq.com
B、smtp.pq.com
C、pq.com
D、pop3.pq.com
解析：
配置foxmail邮件客户端时，接收邮件服务器栏应该填写POP服务器的域名。根据题目中给出的信息，某公司的POP服务器域名为pop.pq.com，因此，在接收邮件服务器栏应该填写pop.pq.com，即选项A。而SMTP服务的域名用于发送邮件，不在本题目的询问范围内。
38、在linux操作系统中，采用（ ）来搭建DNS服务器
A、SAMBLE
B、Tomcat
C、bind
D、apache
解析：
在Linux操作系统中，采用bind来搭建DNS服务器。Bind（Berkeley Internet Name Domain）是一个运行在Unix类开放式操作系统下的DNS服务器，支持Linux。它由一个名为named的服务器（或是一个后台程序）以及一个域名解析库组成，可以进行域名解析及反解析，并可以共享信息。因此，选项C是正确答案。其他选项如SAMBLE、Tomcat和Apache不是专门用于搭建DNS服务器的工具。
39、 DNS服务器的默认端口号是（ ）端口。
A、50
B、51
C、52
D、53
解析：
DNS服务器默认使用端口号53。DNS协议运行在UDP协议之上，并使用端口号53进行通信。因此，正确答案是D。
40、使用（ ）命令可以向FTP服务器上传文件。
A、get
B、dffir
C、put
D、push
解析：
在FTP命令中，"put"命令用于向FTP服务器上传文件。其他选项中，"get"命令用于下载文件，"dir"命令用于显示目录内容。因此，正确答案是C。
41、假设有证书发放机构I1，I2，用户A在I1获取证书，用户B在I2获取证书，I1和I2已交换了各自的公钥。如果用I1《A》表示由I1颁发给A的证书，A可通过（ ）证书链接获取B的公开密钥。
A、I1《I2》I2《B》
B、I2《B》I1《I2》
C、I1《B》I2《I2》
D、I2《I1》I2《B》
解析：
根据题目描述，用户A在I1获取证书，用户B在I2获取证书，I1和I2已经交换了各自的公钥。要获取B的公开密钥，需要通过I1的证书链接来获取。因此，正确答案是A选项，即I1《I2》I2《B》。这里，I1《I2》表示通过I1验证并获取I2的证书信息，然后利用I2的证书来获取B的公开密钥。
42、PGP(Pretty Good Privacy)是一种电子加密软件包，它提供数据加密和数字签名两种服务，采用（本题）进行身份验证，使用（ ）（128位密钥）进行数据加密，使用（ ）进行数据完整性验证。
A、RSA公钥证书
B、RSA私钥证书
C、Kerboros证书
D、DES私钥证书
解析：
PGP（Pretty Good Privacy）是一种电子加密软件包，它提供数据加密和数字签名两种服务。在PGP中，采用RSA公钥证书进行身份验证，使用128位密钥进行数据加密，而数据完整性验证则通过数字签名来实现。因此，本题答案为A。
43、PGP(Pretty Good Privacy)是一种电子加密软件包，它提供数据加密和数字签名两种服务，采用（ ）进行身份验证，使用（ 本题 ）（128位密钥）进行数据加密，使用（ ）进行数据完整性验证。
A、IDEA
B、RSA
C、DES
D、Diffie-Hellman
解析：
PGP（Pretty Good Privacy）是一种电子加密软件包，它提供数据加密和数字签名两种服务。
-
对于身份验证，PGP采用Diffie-Hellman方法进行密钥交换和身份验证。因此，选项D是正确的。
-
在数据加密方面，PGP可以使用多种加密算法，包括对称加密算法（如IDEA和DES）。虽然题目中特别提到了“本题”（可能是某种特定版本或设置的PGP），但通常情况下IDEA和DES都可以用作PGP的数据加密算法。因此，选项A和C都可能是正确答案。不过由于题目要求选择一个选项进行身份验证，所以在此处我们假设仅选择了一个选项作为答案，而实际上两个选项都可能是正确答案。因此，最终的答案组合可能是ABD（Diffie-Hellman用于身份验证，IDEA或DES用于数据加密）。由于题目中的表述不够明确，这里给出了两种可能的正确答案组合。
44、PGP(Pretty Good Privacy)是一种电子加密软件包，它提供数据加密和数字签名两种服务，采用（ ）进行身份验证，使用（ ）（128位密钥）进行数据加密，使用（本题）进行数据完整性验证。
A、HASH
B、MD5
C、三重DES
D、SHA-1
解析：
PGP（Pretty Good Privacy）使用MD5算法进行身份验证和数据完整性验证。MD5是一种常用的散列算法，它可以生成一个128位的散列值，用于验证数据的完整性和身份。因此，正确答案是B。
45、以下关于S-HTTP的描述中，正确的是（ ）。
A、S-HTTP是一种面向报文的安全通信协议，使用TCP443端口
B、S-HTTP所使用的语法和报文格式与HTTP相同
C、S-HTTP也可以写为HTTPS
D、S-HTTP的安全基础并非SSL
解析：
S-HTTP全称Secure Hypertext Transfer Protocol，即安全超文本传输协议，其安全基础并非SSL。而HTTPS是HTTP的安全版，使用SSL进行加密通信，所以S-HTTP与HTTPS是不同的协议。因此，关于S-HTTP的描述中正确的是D选项。
46、把交换机由特权模式转换到全局配置模式使用的命令是（ ）。
A、interface
B、config terminal
C、enable
D、no shutdown
解析：
在交换机中，从特权模式转换到全局配置模式使用的命令是"config terminal"。特权模式是交换机的一种操作模式，用于执行高级配置和管理命令。而"config terminal"命令用于进入全局配置模式，在该模式下，用户可以配置交换机的全局参数和接口参数。因此，正确答案是B。
47、在无线局域网中，AP（无线接入点）工作在OSI模型的（ ）。
A、A.物理层
B、数据链路层
C、网络层
D、应用层
解析：
AP（无线接入点）在无线局域网中主要涉及到信号的编码和本地寻址，并不涉及路由。因此，AP工作在OSI模型的数据链路层。所以答案是B。
48、利用高级ACL禁止用户通过telnet访问子网202.112.111.0/24的命令是（ ）。
A、access-list 3000
rule10 deny telnet any 202.112.111.0 0.0.0.255 eq 23
B、access-list 3000
rule 10 deny udp any 202.112.111.0 eq telnet
C、access-list 3000
rule 10 deny tcp any 202.112.111.0 0.0.0.255 eq 23
D、access-list 3000
rule 10 deny tcp any 202.112.111.0 255.255.255.0 eq 23
解析：
高级ACL用于控制基于源地址、目的地址、协议类型和端口等条件的数据包访问。在这个题目中，要禁止用户通过telnet访问子网202.112.111.0/24，应该使用TCP协议，因为telnet使用TCP协议。同时，需要指定源地址为any，目的地址为子网202.112.111.0/24，并且端口号为telnet默认的端口号23。因此，正确的命令应该是：access-list 3000，rule 10 deny tcp any 202.112.111.0 0.0.0.255 eq 23。所以选项C是正确的。
49、以下关于Windows Server2003域管理模式的描述中，正确的是（ ）。
A、域间信任关系只能是单向信任
B、单域模型中只有一个主域控制器，其他都为备份域控制器
C、如果域控制器改变目录信息，应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
解析：
在Windows Server 2003的域管理模式中，如果域控制器改变了目录信息，它会自动将这些变化的信息复制到其他域控制器，以确保域内的数据同步。因此，选项C是正确的描述。其他选项的描述存在错误：
A. 域间信任关系并不只能是单向信任，还可以是双向信任。
B. 在单域模型中，并不只有一个主域控制器，可以有多个域控制器。
D. 在域管理模式中，并不只有一个域控制器可以改变目录信息，所有的域控制器都有权限更改目录信息。
50、SNMPv2的（ ）操作为管理站提供了从被管设备中一次取回一大批数据的能力。
A、GetNextRequest
B、InformRequest
C、SetRequest
D、GetBulk Request
解析：
SNMPv2中，GetBulk Request操作为管理站提供了从被管设备中一次取回一大批数据的能力。其他选项中，GetNextRequest操作用于获取下一个对象，SetRequest用于设置设备的参数，InformRequest负责管理者之间的通信。因此，正确答案是D。
51、DNS服务器中的资源记录分成不同的类型，其中指明区域主服务器和管理员邮件地址的是(本题),指明区域邮件服务器地址的是（下题）。
A、SOA记录
B、PTR记录
C、MX记录
D、NS记录
解析：
在DNS服务器中，资源记录分成不同的类型，其中指明区域主服务器和管理员邮件地址的是SOA（Start of Authority）记录。
52、DNS服务器中的资源记录分成不同的类型，其中指明区域主服务器和管理员邮件地址的是(上题),指明区域邮件服务器地址的是（本题）。
A、SOA记录
B、PTR记录
C、MX记录
D、NS记录
解析：
DNS服务器中的资源记录分成不同的类型，其中指明区域主服务器和管理员邮件地址的是SOA记录。NS记录表示域名服务器记录，用来指定该域名由哪个DNS服务器来进行解析。因此，本题答案为A。
53、以下地址中属于自动专用IP地址（APIPA）的是（ ）。
A、224.0.0.1
B、127.0.0.1
C、192.168.0.1
D、169.254.1.15
解析：
自动专用IP地址（APIPA）是DHCP（动态主机配置协议）故障转移机制的一部分，当DHCP服务器出现故障时，Windows操作系统会使用APIPA。APIPA的地址范围是在169.254.0.1到169.254.255.254之间的私有地址空间。根据这个范围，选项D（169.254.1.15）属于APIPA地址范围，因此是正确的答案。
54、公司得到一个B类网络地址块，需要划分成若干个包含1000台主机的子网，则可以划分成（ ）个子网。
A、100
B、64
C、128
D、500
解析：
由于需要划分成的子网要包含1000台主机，考虑到一个IP地址由网络号和主机号两部分组成，且主机号至少需要为10位以满足1000台主机的需求（2^10 = 1024 > 1000）。在B类网络中，默认的网络号为16位。为了满足每个子网有10位的主机号，我们需要从原有的网络号中借用6位作为新的子网号（因为总的主机位是32位，借了6位给子网划分后还剩26位用于主机）。因此，可以划分的子网数为2^6 = 64个。所以，正确答案是B。
55、IP地址202.117.17.254/22是什么地址？（ ）
A、网络地址
B、全局广播地址
C、主机地址
D、定向广播地址
解析：
IP地址202.117.17.254/22属于主机地址。超网是将一些小网络组合成一个大网络的概念。在这个例子中，网络号为22位，这意味着从IP地址中借用了两位作为主机号，以汇聚更多的主机到同一网络中。因此，主机地址范围是从网络地址的下一个地址开始，直到广播地址之前。在这个情况下，网络地址为202.117.16.0，因此，主机地址包括从该网络地址开始的所有主机位组合，包括该IP地址本身。所以，该IP地址是主机地址。
56、把下列8个地址块202.15.0.0~202.15.7.0聚合成一个超级地址块，则得到的网络地址是（ ）。
A、202.15.0.0/20
B、202.15.0.0/21
C、 202.15.0.0/16
D、202.15.0.0/24
解析：
根据题目给出的地址范围，从202.15.0.0到202.15.7.0，这个范围包含了8个地址块。要聚合这些地址块，需要确定网络前缀的长度。由于这些地址都是C类地址，默认的网络前缀长度是24位。要聚合这些地址块，需要借用额外的网络位来扩展网络地址空间。在这个情况下，需要借用额外的位来表示这些额外的地址块。根据给出的地址块数量（8个），我们知道需要借用额外的位来表示这些块。因为2的3次方等于8，所以我们需要借用3位来表示这8个地址块。因此，网络前缀长度会从默认的24位变为21位（24位减去借用的3位）。所以，得到的网络地址是202.15.0.0/21。因此，正确答案是B。
57、每一个访问控制列表（ACL）最后都隐含着一条（ ）语句。
A、deny any
B、deny all
C、 permit any
D、 permit all
解析：
在访问控制列表（ACL）中，通常会隐含一条“deny any”语句作为默认策略。这意味着如果前面的规则没有匹配到任何访问请求，将默认拒绝任何访问。因此，正确答案是A。
58、以下关于访问控制列表的论述中，错误的是（ ）。
A、访问控制列表要在路由器全局模式下配置
B、具有严格限制条件的语句应放在访问控制列表的最后
C、每一个有效的访问控制列表至少应包含一条允许语句
D、访问控制列表不能过滤由路由器自己产生的数据
解析：
关于访问控制列表（ACL）的论述中，错误的是具有严格限制条件的语句应放在访问控制列表的最后。实际上，具有严格限制条件的语句应该放在访问列表所有语句的最上面，以确保数据包首先匹配这些严格条件。其他选项A、C、D都是正确的描述。
59、 IPv6的可聚合全球单播地址前缀为（本题），任意播地址的组成是（下题）。
A、010
B、011
C、001
D、100
解析：
IPv6的可聚合全球单播地址前缀为001，因此本题答案为C。关于任意播地址的组成，通常是由IPv6地址中的一个或多个接口组成，这些接口共享同一个地址，使得数据包可以路由到多个目的地中的一个。但具体的组成方式并不是本题所要求的内容，因此没有给出参考答案和解析。
60、 IPv6的可聚合全球单播地址前缀为（上题），任意播地址的组成是（本题）。
A、子网前缀+全0
B、子网前缀+全1
C、链路本地地址前缀+全0
D、链路本地地址前缀+全1
解析：
IPv6的任播地址的组成是子网前缀+全0。这意味着任播地址的子网前缀后面跟着的是全0的位模式。因此，选项A是正确的。选项B（子网前缀+全1）并不是任播地址的组成方式。另外，链路本地地址前缀与任播地址的组成没有直接关系，所以选项C和D也不正确。参考教程中的描述也支持这一答案。
61、如果一个TCP连接处于ESTABLISHED状态，这是表示（ ）
A、已经发出了连接请求
B、连接已经建立
C、处于连接监听状态
D、等待对方的释放连接响应
解析：
当一个TCP连接处于ESTABLISHED状态时，表示双方已经通过三次握手过程成功建立了连接，并且可以进行数据传输。因此，选项B“连接已经建立”是正确的描述。选项A“已经发出了连接请求”描述的是连接建立过程中的一个阶段，而不是ESTABLISHED状态。选项C“处于连接监听状态”描述的是服务器端的LISTEN状态，不是ESTABLISHED状态。选项D“等待对方的释放连接响应”描述的是连接关闭过程中的一个阶段，与ESTABLISHED状态不符。
62、以太网采用的CSMA/CD协议，当冲突发生时要通过二进制指数后退算法计算后退时延，关于这个算法，以下论述中错误的是（ ）
A、冲突次数越多，后退的时间越短
B、平均后退次数的多少与负载大小有关
C、后退时延的平均值与负载大小有关
D、重发次数达到一定极限后，放弃发送
解析：
以太网采用的CSMA/CD协议中，当冲突发生时，后退的时间实际上会随着冲突次数的增加而增长。因此，选项A中的说法是错误的。而选项B、C和D都是正确的描述。平均后退次数和后退时延的平均值与负载大小有关；重发次数达到一定极限后，会放弃发送。
63、在局域网中可动态或静态划分VLAN,静态划分VLAN是根据（ ）划分
A、MAC地址
B、IP地址
C、端口号
D、管理区域
解析：
静态划分VLAN是根据端口号来划分的。在局域网中，可以通过交换机端口来静态配置VLAN成员关系。动态划分VLAN则是基于设备的MAC地址来定义。因此，正确答案为C。
64、以下通信技术中，未在802.11无线局域网中使用的是（ ）
A、FHSS
B、DSSS
C、CDMA
D、IR
解析：
根据题目描述，需要判断哪种通信技术未在802.11无线局域网中使用。其中，FHSS（跳频扩频技术）、DSSS（直序列扩频技术）和IR（红外线技术）都是在无线通讯中常用的技术，并且被应用于802.11无线局域网中。而CDMA（码分多址）虽然也是一种无线通讯技术，但并非在802.11无线局域网中使用，而是更多用于移动通信领域，如手机网络。因此，选项C是正确答案。
65、Zigbee网络是IEEE802.15.4定义的低速无线个人网，其中包含全功能和简单功能两类设备，以下关于这两类设备的描述中，错误的是（ ）
A、协调器是一种全功能设备，只能作为PAN的控制器使用
B、被动式红外传感器是一种简单功能设备，接受协调器的控制
C、协调器也可以运行某些应用，发起和接受其他设备的通信请求
D、简单功能设备之间不能互相通信，只能与协调器通信
解析：
协调器在Zigbee网络中是一种全功能设备，作为PAN的主要控制器，负责建立网络、发送网络信标等。除了作为控制器使用，协调器也可以运行某些应用、发起和接受其他设备的通信请求。因此，描述中“协调器是一种全功能设备，只能作为PAN的控制器使用”的说法是错误的。其他描述与Zigbee网络中的设备类型和功能相符。
66、在IPV4和IPV6混合的网络中，协议翻译技术用于（ ）
A、两个IPV6主机通过IPV4网络通信
B、两个IPV4主机通过IPV6网络通信
C、纯IPV4主机和纯IPV6主机之间的通信
D、两个双协议栈之间的通信
解析：
在IPV4和IPV6混合的网络中，协议翻译技术用于纯IPV4主机和纯IPV6主机之间的通信。所以选项C是正确的。其他选项中，两个IPV6主机或两个IPV4主机之间的通信不需要协议翻译技术，因此选项A和B都不正确。而双协议栈之间的通信也不需要协议翻译技术，因此选项D也不正确。
67、结构化布线系统分为六个子系统，其中水平子系统的作用是（ 本题 ），园区子系统的作用是（ 下题 ）
A、连接各个建筑物中的通信系统
B、连接干线子系统和用户工作区
C、实现中央主配线架与各种不同设备之间的连接
D、实现各楼层设备间子系统之间的互连
解析：
水平子系统的作用主要是连接干线子系统和用户工作区，即将垂直干线系统中传输来的信息传输到用户工作区的设备。园区子系统的作用是实现各个建筑物之间的通信系统的连接。因此，水平子系统的作用是连接干线子系统和用户工作区，选项B正确。
68、结构化布线系统分为六个子系统，其中水平子系统的作用是（上题），园区子系统的作用是（本题）
A、连接各个建筑物中的通信系统
B、连接干线子系统和用户工作区
C、实现中央主配线架与各种不同设备之间的连接
D、实现各楼层设备间子系统之间的互连
解析：
本题考查的是结构化布线系统中园区子系统的作用。园区子系统也称为建筑群主干子系统，它提供外部建筑物与大楼内布线的连接点，实现建筑群之间的连接。因此，选项A“连接各个建筑物中的通信系统”是园区子系统的作用。而水平子系统的作用是连接管理子系统至工作区，包括水平布线、信息插座、电缆终端及交换，所以选项B描述的是水平子系统的作用。选项C和D均不是结构化布线子系统的功能，故排除。
69、网络系统设计过程汇总，逻辑网络设计阶段的任务是（ ）
A、对现有网络资源进行分析，确定网络的逻辑结构
B、根据需求说明书确定网络的安全系统架构
C、根据需求规范和通信规范，分析各个网段的通信流量
D、根据用户的需求，选择特定的网络技术，网络互连设备和拓扑结构
解析：
逻辑网络设计阶段的任务是根据用户的需求，选择特定的网络技术、网络互连设备和拓扑结构。这是网络系统设计过程中的一个重要阶段，以确保最终设计的网络能够满足用户的需求和规范。其他选项描述的是网络设计过程中的其他阶段或任务。因此，正确答案是D。
70、下列关于网络汇聚层的描述中，正确的是（ ）
A、要负责收集用户信息。例如用户IP地址、访问日志等
B、实现资源访问控制和流量控制等功能
C、将分组从一个区域高速地转发到另一个区域
D、提供一部分管理功能，例如认证和计费管理等。
解析：
汇聚层主要负责流量的汇聚、转发与交换，以及进行本地路由、过滤、流量均衡、QoS优先级管理，安全控制等处理。根据处理结果，用户流量可以被转发到核心交换层或在本地进行路由处理。因此，选项B描述的是网络汇聚层的功能之一，即实现资源访问控制和流量控制等功能，是正确的描述。而选项A描述的是接入层的功能，选项C描述的是核心层的功能，选项D提供的管理功能也是接入层的一部分功能。因此，本题正确答案为B。
71、CDMA for cellular systems can be described as follows. As with
FDMA， each cell is allocated a frequency (本题) ，which is split into two parts, half for reverse (mobile unit to base station) and half for ( ) (base station to mobile unit). For full-duplex ( ) . a mobile unit uses both reverse and forwardchannels. Transmission is in the form of direct-sequence spread ( ) , which uses a chipping code to increase the data rate of the transmission, resulting inan increased signal bandwidth. Multiple access is provided by assigning ( ) chipping codes to multiple users, so that the receiver can recover the transmission of an individual unit from multiple transmissions.
A、wave
B、signal
C、bandwidth
D、domain
解析：
根据题目描述，CDMA系统中的每个小区被分配一个频率，该频率被分为两部分，一半用于反向（移动单元到基站），另一半用于正向（基站到移动单元）通信。对于全双工通信，移动单元使用反向和正向信道。因此，括号中应填“通信”的意思，而选项中只有C项“bandwidth”符合此意，表示带宽。其他选项与题意不符。
72、CDMA for cellular systems can be described as follows. As with
FDMA， each cell is allocated a frequency ( ) ，which is split into two parts, half for reverse (mobile unit to base station) and half for (本题) (base station to mobile unit). For full-duplex ( ) . a mobile unit uses both reverse and forwardchannels. Transmission is in the form of direct-sequence spread ( ) , which uses a chipping code to increase the data rate of the transmission, resulting inan increased signal bandwidth. Multiple access is provided by assigning ( ) chipping codes to multiple users, so that the receiver can recover the transmission of an individual unit from multiple transmissions.
A、forward
B、reverse
C、backward
D、ahead
解析：
根据题目描述，CDMA系统中每个小区被分配一个频率，这个频率被分为两部分，一半用于反向（从移动设备到基站），一半用于正向（从基站到移动设备）。因此，第一个空格应填入“forward”，表示正向通信。第二个空格描述的是全双工通信，移动设备使用反向和正向通道，因此也应填入“reverse”。第三个空格描述的是直接序列扩频传输，这是一种使用芯片代码增加数据传输速率的技术，导致信号带宽增加，与语境相符的应该是“transmission”，而不是“backward”或“ahead”。最后一个空格，通过给用户分配芯片代码来实现多址接入，使得接收器可以从多个传输中恢复单个单元的传输，因此应填入“unique”。因此，答案为A和B。
73、CDMA for cellular systems can be described as follows. As with
FDMA， each cell is allocated a frequency ( ) ，which is split into two parts, half for reverse (mobile unit to base station) and half for ( ) (base station to mobile unit). For full-duplex (本题) . a mobile unit uses both reverse and forwardchannels. Transmission is in the form of direct-sequence spread ( ) , which uses a chipping code to increase the data rate of the transmission, resulting inan increased signal bandwidth. Multiple access is provided by assigning ( ) chipping codes to multiple users, so that the receiver can recover the transmission of an individual unit from multiple transmissions.
A、connection
B、transmission
C、compromise
D、communication
解析：
根据题目描述，CDMA系统中的每个小区被分配一个频率，这个频率被分为两部分，一半用于反向（移动单元到基站），一半用于正向（基站到移动单元）。因此，第一个空格需要填写的是与频率分配相关的词汇，而"transmission"表示传输，符合语境。第二个空格，根据描述，传输是直接序列扩频的形式，这是一种使用芯片代码来增加数据传输速率的方法，因此第二个空格应填"spectrum"。最后一个空格，根据描述，通过给用户分配不同的扩频芯片代码来实现多址接入，因此应填"different"。因此，答案为B。
74、CDMA for cellular systems can be described as follows. As with
FDMA， each cell is allocated a frequency ( ) ，which is split into two parts, half for reverse (mobile unit to base station) and half for ( ) (base station to mobile unit). For full-duplex ( ) . a mobile unit uses both reverse and forwardchannels. Transmission is in the form of direct-sequence spread (本题) , which uses a chipping code to increase the data rate of the transmission, resulting inan increased signal bandwidth. Multiple access is provided by assigning ( ) chipping codes to multiple users, so that the receiver can recover the transmission of an individual unit from multiple transmissions.
A、structure
B、spectrum
C、stream
D、strategy
解析：
根据题目描述，CDMA系统为每个小区分配一个频谱（spectrum），该频谱被分为两部分，一半用于反向通信（移动单元到基站），一半用于正向通信（基站到移动单元）。因此，正确答案是B，即“频谱”。其他选项的含义与题目描述不符。
75、CDMA for cellular systems can be described as follows. As with
FDMA， each cell is allocated a frequency ( ) ，which is split into two parts, half for reverse (mobile unit to base station) and half for ( ) (base station to mobile unit). For full-duplex ( ) . a mobile unit uses both reverse and forwardchannels. Transmission is in the form of direct-sequence spread ( ) , which uses a chipping code to increase the data rate of the transmission, resulting inan increased signal bandwidth. Multiple access is provided by assigning (本题) chipping codes to multiple users, so that the receiver can recover the transmission of an individual unit from multiple transmissions.
A、concurrent
B、orthogonal
C、higher
D、lower
解析：
根据题目描述，CDMA系统中，每个小区被分配一个频率，这个频率被分为两部分，一半用于反向（移动单元到基站），一半用于正向（基站到移动单元）。因此，空格处应填入与“分配”相关的词汇。选项B “orthogonal”（正交的）符合语境，表示每个小区被分配一个正交的频率，以实现不同小区之间的互不干扰。因此，正确答案为B。
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