一、单选题
1、在 CPU 中，常常来为 ALU 执行算术逻辑运算提供数据并暂存运算结果的寄存器是（ ）。
A、程序计数器
B、状态寄存器
C、通用寄存器
D、累加寄存器
解析：
在 CPU 中，累加寄存器（AC）通常简称为累加器，它是通用寄存器中的一种。其功能是当运算器的算术逻辑单元ALU执行算术或逻辑运算时，为ALU提供一个工作区，并暂时存放ALU运算的结果信息。因此，答案为D，累加寄存器是为ALU执行算术逻辑运算提供数据并暂存运算结果的寄存器。
2、某机器字长为 n,最高位是符号位，其定点整数的最大值为（ ）。
A、2^(n -1 )
B、2^(n-1)-1
C、2^n
D、2^n-1
解析：
机器字长为n，最高位是符号位，定点整数表示的是符号位加数值部分。数值部分最大可以表示为$2^{n-1}-1$，因为最高位是符号位，所以定点整数的最大值就是数值部分的最大值，即$2^{n-1}-1$。所以选项B是正确的。
3、通常可以将计算机系统中执行一条指令的过程分为取指令、分析和执行指令 3 步，若取指令时间为 4△t，分析时间为 2△t，执行时间为 3△t，按顺序方式从头到尾执行完 600 条指令所需时间为（ ）△t；若按执行第 i 条、分析第 i+1 条、读取第 i+2 条重叠的流水线方式执行指令，则从头到尾执行完 600 条指令所需时间为（ ）△t。
A、2400
B、3000
C、3600
D、5400
解析：
第一种情况（按顺序方式执行）：按照题目描述，执行一条指令的总时间为取指令时间、分析时间和执行时间的总和，即 4△t + 2△t + 3△t = 9△t。那么，执行600条指令所需的时间为 600 * 9△t = 5400△t。
第二种情况（重叠的流水线方式执行）：在这种方式下，取指令、分析和执行指令三个步骤是重叠进行的。每完成一条指令的取指令动作，紧接着就可以开始分析下一条指令，同时执行上一条指令。因此，对于第i条指令，执行时间与第i+1条的取指令时间、分析时间是重叠的。考虑到这一点，我们可以认为每两条指令之间有一个△t的时间间隔（取指令时间）。所以，执行600条指令的总时间为 (600-1)*△t + 分析600条指令的时间。分析每条指令的时间为2△t，所以总分析时间为 600 * 2△t = 1200△t。因此，重叠的流水线方式执行完600条指令所需时间为 1200 + (600-1)*△t = 3△t + 1200△t 总计为小于 3600△t 的时间。因此，答案为D。
4、通常可以将计算机系统中执行一条指令的过程分为取指令、分析和执行指令 3 步，若取指令时间为 4△t，分析时间为 2△t，执行时间为 3△t，按顺序方式从头到尾执行完 600 条指令所需时间为（ 上题 ）△t；若按执行第 i 条、分析第 i+1 条、读取第 i+2 条重叠的流水线方式执行指令，则从头到尾执行完 600 条指令所需时间为（ 本题）△t。
A、2400
B、2405
C、3000
D、3009
解析：
按照题目描述，计算机系统中执行一条指令的过程分为取指令、分析和执行指令3步，所需时间分别为4△t、2△t、3△t。若按照顺序方式执行指令，执行完一条指令需要9△t的时间。因此，按顺序方式从头到尾执行完600条指令所需时间为600 × 9△t = 5400△t。而采用流水线方式执行指令时，可以同时进行取指令、分析和执行指令的操作，因此可以缩短执行时间。按照流水线的执行方式，执行完第一条指令后，每4△t的时间就可以完成一条指令。因此，从头到尾执行完600条指令所需时间为9△t（第一条指令的取指令、分析和执行时间）+ 599 × 4△t（后续指令的执行时间）= 2405△t。因此，正确答案为B。
5、若用 256K X 8bit 的存储器芯片，构成地址 40000000H 到 400FFFFFH 且按字节编址的内存区域，则需（ ）片芯片
A、4
B、8
C、16
D、32
解析：
根据题目描述，需要构成从地址 40000000H 到 400FFFFFH 的内存区域，按字节编址。首先计算内存区域的大小，结果为 16^5 字节（即 1MB）。由于是按字节编址，所以内存大小为 1MB 字节。然后，将内存大小转换为以 256K X 8bit 芯片为单位，即 1MB / (256KB/8bit) = 4 片芯片。因此，需要 4 片芯片来构成该内存区域，答案为 A。
6、以下关于进度管理工具 Gantt 图的叙述中，不正确的是（ ）
A、能清晰的表达每个任务的开始时间、结束时间和持续时间
B、能清晰的表达任务之间的并行关系
C、不能清晰的确定任务之间的依赖关系
D、能清晰的确定影响进度的关键任务
解析：
Gantt图能清晰的确定任务之间的依赖关系。其他选项中，Gantt图能清晰的表达每个任务的开始时间、结束时间和持续时间，也能清晰的表达任务之间的并行关系。因此，选项C是不正确的叙述。而选项D，Gantt图不能直接反映各个过程之间的相互联系和制约的逻辑关系，不能明确指出哪些工作是关键工作，这是正确的。
7、若某文件系统的目录结构如下图所示，假设用户要访问文件 fault.Swf，且当前工作目录为 swshare，则该文件的全文件名为（ ）。
A、fault.swf
B、flash\fault.swf
C、swshare\flash\fault.swf
D、\swshare\flash\fault.swf
解析：
在文件系统中，访问文件时需要使用文件的完整路径名。从题目给出的目录结构可以看出，用户当前的工作目录是swshare，要访问的文件是fault.Swf，它位于flash目录下。因此，该文件的全文件名为当前工作目录加上相对路径，即\swshare\flash\fault.Swf。所以正确答案是D。
8、 若某文件系统的目录结构如下图所示，假设用户要访问文件 fault.Swf，且当前工作目录为 swshare，则该文件的全文件名为（上题），相对路径和绝对根路径分别为（本题）
A、swshare\flash\和\flash\
B、flash\和\swshare\flash\
C、\swshare\flash\和 flash\
D、\flash\和\swshare\flash\
解析：
根据题目给出的文件系统的目录结构，我们可以知道文件fault.Swf位于flash文件夹中。当前工作目录为swshare。
绝对路径是指从根目录开始的完整路径，因此访问fault.Swf的绝对路径应该是从根目录开始，经过swshare文件夹，再进入flash文件夹，即"\swshare\flash"。
相对路径是相对于当前工作目录的路径。由于当前工作目录为swshare，所以访问fault.Swf的相对路径应该是从当前工作目录的下一级目录flash开始，即"flash"。
因此，文件的全名为绝对路径加上文件名，即"\swshare\flash\fault.swf"。相对路径和绝对根路径分别为"flash"和"\swshare\flash"。选项B正确。
9、在引用调用方式下进行函数调用，是将（ ）
A、实参的值传递给形参
B、实参的地址传递给形参
C、形参的值传递给实参
D、形参的地址传递给实参
解析：
在引用调用方式下进行函数调用，是将实参的地址传递给形参。这种传递方式允许函数内部对形参的修改影响到实参的值，因为形参和实参在内存中是同一地址的引用。因此，正确答案是B。
10、王某买了一件美术作品原件，则他享有该美术作品的（）
A、著作权
B、所有权
C、展览权
D、所有权和展览权
解析：
王某购买美术作品原件后，他享有该作品的所有权。由于美术作品原件的所有权发生转移后，展览权也随之归作品的所有权人所有，因此王某同时也享有该美术作品的展览权。所以正确答案是D，即所有权和展览权。
11、路由器连接帧中继网络的接口是（ ）
A、AUI 接口
B、RJ-45 接口
C、Console 接口
D、Serial 接口
解析：
路由器连接帧中继网络的接口通常是Serial接口。AUI接口主要用于早期的粗缆以太网，而RJ-45接口更常见于以太网连接，Console接口主要用于本地配置路由器。因此，正确答案是D，即Serial接口。
12、连接双绞线以太网的接口是（ ）
A、AUI 接口
B、RJ-45 接口
C、Console 接口
D、Serial 接口
解析：
连接双绞线以太网的接口是RJ-45接口。AUI接口是用于与粗同轴电缆连接的接口，而Console接口是用于完成设备与电脑之间的通信，Serial接口是路由器的串行接口，用于同步数据传输。因此，选项B是正确答案。
13、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（ ）
A、48ms
B、640ms
C、32.5ms
D、72.5ms
解析：
本题考察的是数据包传输的时间计算。总时间由信号传输时间和数据传输时间两部分构成。电信号在铜缆上的传播速度大致为光速的2/3，即每秒20万公里。因此，信号传输用时为：2000公里 / 20万公里/秒 = 0.01秒 = 10毫秒。接下来计算数据传输时间，数据包的长度为4000比特，数据速率为64Kb/s，所以数据传输时间为：4000比特 / 64Kb/s = 1/16秒 ≈ 62.5毫秒。两者之和为72.5毫秒，因此答案是D。
14、海明码是一种纠错编码，一对有效码字之间的海明距离是（ ）
A、两个码字的比特数之和
B、两个码字的比特数之差
C、两个码字之间相同的比特数
D、两个码字之间不同的比特数
解析：
在海明码中，一对有效码字之间的海明距离是指两个码字之间不同的比特数。这是衡量码字之间差异的一种常用方式，有助于实现纠错功能。因此，正确答案是D。
15、海明码是一种纠错编码，一对有效码字之间的海明距离是（上题），如果信息为 6 位，要求纠正 1 位错，按照海明编码规则，需要增加的校验位是（本题）位。
A、3
B、4
C、5
D、6
解析：
海明码是一种纠错编码，用于纠正一位差错。根据海明码的编码规则，对于给定的信息位长度（本题中为6位）和需要纠正的差错数量（本题中为1位错），需要计算冗余校验位的数量。通过满足关系式 2^r >= k+r+1，其中 k 是信息位长度，r 是冗余校验位数量，我们可以得出 r >= 4。因此，至少需要增加 4 位冗余校验位来纠正 1 位错误。所以正确答案是 B，即需要增加的校验位是 4 位。
16、IPv4 的 D 类地址是组播地址，用作组播标识符，其中 224.0.0.1 代表（ ）
A、DHCP 服务器
B、RIPv2 路由器
C、本地子网中的所有主机
D、OSPF 路由器
解析：
IPv4的D类地址用于组播，其范围是从224.0.0.0到239.255.255.255。在这些地址中，224.0.0.1被用作本地子网中的所有主机的组播地址。因此，它不代表DHCP服务器、RIPv2路由器或OSPF路由器，而是用于标识本地子网中的所有主机。所以选项C正确。
17、IPv4 的 D 类地址是组播地址，用作组播标识符，其中 224.0.0.1 代表（上题），224.0.0.5代表（本题）。
A、DHCP 服务器
B、RIPv2 路由器
C、本地子网中的所有主机
D、OSPF 路由器
解析：
根据题目给出的信息，IPv4的D类地址用于组播，其中224.0.0.5代表所有OSPF路由器。因此，正确答案为D。
18、按照 IETF 定义的区分服务（Diffserv）技术规范，边界路由器要根据 IP 协议头中的（ ）字段为每一个 IP 分组打上一个称为 DS 码点的标记，这个标记代表了该分组的 QoS 需求。
A、目标地址
B、源地址
C、服务类型
D、段偏置值
解析：
在区分服务（DiffServ）技术规范中，边界路由器会根据IP协议头中的服务类型（Type of Service，ToS）字段为每一个IP分组打上一个称为DS码点的标记。这个标记代表了该分组的QoS 需求。因此，正确答案是C。
19、ICMP 协议属于因特网中的（ ）协议
A、数据链路层
B、网络层
C、传输层
D、会话层
解析：
ICMP（Internet Control Message Protocol）协议属于因特网中的网络层协议。它在网络层中工作，用于在IP主机和路由器之间传递控制消息，以便诊断网络问题或进行路由选择等任务。因此，正确答案是B。
20、ICMP 协议数据单元封装在（ ）中
A、以太帧
B、TCP段
C、UDP数据报
D、IP数据报
解析：
ICMP协议数据单元封装在IP数据报中。因为ICMP和IP都位于网络层，所以ICMP协议是用来在IP数据报中传递控制信息的。其他选项中，以太帧属于数据链路层，TCP和UDP属于传输层。因此，正确答案是D，即IP数据报。
21、TCP/IP 网络中最早使用的动态路由协议是（ ）协议
A、RIP
B、OSPF
C、PPP
D、IS-IS
解析：
TCP/IP网络中最早使用的动态路由协议是RIP（路由信息协议）协议。其他选项中，OSPF（开放最短路径优先）是另一个常见的动态路由协议，PPP（点对点协议）是用于建立计算机之间点对点连接的协议，而IS-IS（中间系统到中间系统）是某些网络环境中使用的路由协议，但不是TCP/IP网络中最早使用的动态路由协议。因此，答案是A。
22、TCP/IP 网络中最早使用的动态路由协议是RIP协议，这种协议基于（本题）算法来计算路由
A、路由信息
B、链路状态
C、距离矢量
D、最短通路
解析：
TCP/IP网络中最早使用的动态路由协议是RIP协议（路由信息协议），这种协议基于距离矢量算法来计算路由。RIP协议是一种分布式的基于距离矢量的路由选择协议，通过交换路由信息来确定到达目的地的最佳路径。因此，正确答案是C。
23、动态划分 VLAN 的方法中不包括（ ）
A、网络层协议
B、网络层地址
C、交换机端口
D、MAC 地址
解析：
VLAN（Virtual Local Area Network）的动态划分方法中，确实不包括交换机端口。基于交换机端口的VLAN划分是静态的，即端口与VLAN的映射是固定的。而VLAN的动态划分通常基于MAC地址、网络层协议和网络层地址等因素，这些因素可以随着网络的变化而自动调整，实现VLAN的动态划分。因此，选项C是不正确的。
24、在局域网中划分 VLAN，不同 VLAN 之间必须通过（ ）连接才能互相通信
A、中继端口
B、动态端口
C、接入端口
D、静态端口
解析：
在局域网中划分VLAN（虚拟局域网）时，不同VLAN之间进行通信需要通过中继端口（Trunk端口）来实现。中继端口用于连接不同的VLAN，以使得不同VLAN之间的设备能够互相通信。因此，正确答案是A，中继端口。
25、在局域网中划分 VLAN，不同 VLAN 之间必须通过（上题）连接才能互相通信，属于各个 VLAN的数据帧必须同时打上不同的（本题）
A、VLAN 优先级
B、VLAN 标记
C、用户标识
D、用户密钥
解析：
在局域网中划分VLAN时，不同VLAN之间的通信需要通过中继端口（Trunk）连接，属于各个VLAN的数据帧必须同时打上不同的VLAN标记（Tag）。VLAN标记用于指示数据帧所属的VLAN，这样数据帧才能在交换机间正确传输。因此，正确答案是B，即VLAN标记。
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，IEEE802.1ad 定义运营商网桥协议提供的基本技术是在以太网帧中插入（ ）字段
A、运营商 VLAN 标记
B、运营商虚电路标识
C、用户 VLAN 标记
D、用户帧类型标记
解析：
城域以太网中，为了在多个用户以太网之间建立多点第二层连接，IEEE802.1ad定义了运营商桥接协议。在该协议中，为了在以太网帧中识别并处理来自不同用户的数据，会插入一个“运营商VLAN标记”字段。因此，选项A正确。
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，IEEE802.1ad 定义运营商网桥协议提供的基本技术是在以太网帧中插入（上题）字段，这种技术被称为（本题）技术。
A、Q-in-Q
B、IP-in-IP
C、NAT-in-NAT
D、MAC-in-MAC
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，IEEE802.1ad 定义运营商网桥协议提供的基本技术是在以太网帧中插入 Q-in-Q 字段。这种技术被称为 Q-in-Q 技术。在基于 Q-in-Q 网络中，运营商为每个 VLAN 分配一个运营商 VLAN 标记（P-VLAN ID），然后把用户的用户 VLAN 标记（C-VLAN ID）实例映射到这些 P-VLAN ID 上。因此，正确答案是 A。
28、网络配置如下图所示，在路由器 Router 中配置网络 1 访问 DNS 服务器的主机路由命令是（ ）
A、ip route 202.168.1.2 255.255.255.0 202.168.1.2
B、ip route 202.168.1.2 255.255.255.255 202.168.1.2
C、ip route 0.0.0.0 0.0.0.0 202.168.1.253
D、ip route 255.255.255.255 0.0.0.0 202.168.1.254
解析：
在路由器Router中配置网络1访问DNS服务器时，通常需要配置路由命令以实现网络之间的通信。然而，根据题目中的网络配置图，DNS服务器与路由器Router直连，通常在这种情况下，路由器会自动生成直连路由，因此不需要手动配置路由。
对于给出的选项，选项B “ip route 202.168.1.2 255.255.255.255 202.168.1.2” 相对更合理。在这个命令中，“202.168.1.2” 是DNS服务器的IP地址，“255.255.255.255” 是DNS服务器的子网掩码（在这种情况下，它实际上表示单个主机），而最后的 “202.168.1.2” 指定了下一跳地址（在这种情况下，由于DNS服务器直连，下一跳地址应与DNS服务器地址相同）。
然而，正如参照解析所述，严格来说，这个配置可能并不会生效，因为路由器通常会自动生成直连路由。但由于没有其他更合适的选项，且选项B相对更接近正确的配置方式，因此选择了B作为答案。
29、网络配置如下图所示，在路由器 Router 中配置网络 1 访问 DNS 服务器的主机路由命令是（上题），网络 1 访问 Internet 的默认路由命令是（本题）。
A、ip route 202.168.1.2 255.255.255.0 202.168.1.2
B、ip route 202.168.1.2 255.255.255.255 202.168.1.2
C、ip route 0.0.0.0 0.0.0.0 202.168.1.253
D、ip route 255.255.255.255 0.0.0.0 202.168.1.254
解析：
对于网络1访问DNS服务器的主机路由，需要使用具体的IP地址进行匹配，因此目标地址需要使用四个255来完全匹配，表示网络1中的所有主机均能访问DNS服务器。具体的IP地址指的是需要精确访问的dns服务器地址。因此，选项A和B中的目标地址不正确。而对于网络1访问Internet的默认路由，是一种特殊的静态路由，指的是当路由表中没有与包的目的地址匹配的表项时，路由器所使用的路由。默认路由和静态路由的命令格式相同，目的地IP和子网掩码都是0.0.0.0。根据图中路由器与Internet的连接口设置的网络为202.168.1.254/30，因此下一跳地址应该是该网段的IP，即202.168.1.253。因此，正确答案是C。
30、与 HTTP1.0 相比，HTTP1.1 的优点不包括（ ）
A、减少了 RTTs 数量
B、支持持久连接
C、减少了 TCP 慢启动次数
D、提高了安全性
解析：
HTTP 1.1相对于HTTP 1.0的确有很多优点，比如支持持久连接、减少了TCP慢启动次数和减少了RTTs数量等。然而，提高安全性并不是HTTP 1.1的特点。实际上，为了提高安全性，通常使用的是HTTPS，它是HTTP的安全版本，提供了加密和安全认证。因此，选项D是与HTTP 1.1的优点不符的。
31、在运行 Linux 系统的服务器中，使用 BIND 配置域名服务器，主配置文件存放在（ ）
A、name.conf
B、named.conf
C、dns.conf
D、dnsd.conf
解析：
在Linux系统中，使用BIND配置域名服务器时，主配置文件通常存放在名为"named.conf"的文件中。这是BIND服务的标准配置文件名。因此，正确答案是B。
32、在 Linux 系统中，root 用户执行 shutdown –r now 命令，系统将会（ ）
A、重新启动
B、进入单用户模式
C、休眠
D、关机
解析：
根据给出的解析，shutdown命令中的"–r"选项表示重新启动。因此，root用户执行"shutdown –r now"命令后，系统将会重新启动。选项A正确，其他选项不符合命令的功能描述。
33、结构化综合布线系统中的干线子系统是指（ ）
A、管理楼层内各种设备的子系统
B、连接各个建筑物的子系统
C、工作区信息插座之间的线缆子系统
D、实现楼层设备间连接的子系统
解析：
结构化综合布线系统中的干线子系统是用于实现楼层设备间连接的子系统。因此，正确答案是D。
34、假设网络的生产管理系统采用 B/S 工作方式，经常上网的用户数为 100 个，每个用户每分钟平均产生 11 个事务，平均事务量大小为 0.06MB，则这个系统需要的传输速率为（ ）
A、5.28Mb/s
B、8.8Mb/s
C、66 Mb/s
D、528 Mb/s
解析：
传输速率是指每秒钟传输的数据量。在这个问题中，网络的生产管理系统有100个用户，每个用户每分钟平均产生11个事务，每个事务的平均大小是0.06MB。为了计算所需的传输速率，需要将每个事务的大小从字节转换为比特（1字节=8比特），然后乘以每分钟的用户数和事务数，最后除以60秒（因为1分钟有60秒）。具体计算为：传输速率 = 100用户 * 11事务/用户 * 0.06MB/事务 * 8bit/字节 / 60s = 8.8Mbps。因此，这个系统需要的传输速率为8.8Mb/s，选项B正确。
35、在 windows 命令行窗口中进入 nslookup 交互工作方式，然后键入 set type=mx，这样的设置可以（ ）
A、切换到指定的域名服务器
B、查询邮件服务器的地址
C、由地址查找对应的域名
D、查询域名对应的各种资源
解析：
在Windows命令行窗口中进入nslookup交互工作方式后，键入"set type=mx"是设置查询邮件服务器的地址。因此，正确答案是B。选项A、C、D都与题目要求不符。
36、FTP 提供了丰富的命令，用来更改本地计算机工作目录的命令是（ ）
A、get
B、list
C、lcd
D、!list
解析：
在FTP命令中，"lcd"命令用于更改本地计算机的工作目录。因此，正确答案是C。
37、在进行域名解析过程中，由 （37） 获取的解析结果耗时最短。
A、主域名服务器
B、辅域名服务器
C、本地缓存
D、转发域名服务器
解析：
在进行域名解析过程中，本地缓存的解析结果耗时最短。DNS在域名解析时，会首先查询本地缓存记录，这是因为本地缓存可以大大加快域名解析的速度。因此，正确答案是C。
38、DNS 通知是一种推进机制，其作用是使得（ ）
A、辅助域名服务器及时更新信息
B、授权域名服务器向管区内发送公告
C、本地域名服务器发送域名解析申请
D、递归查询迅速返回结果
解析：
DNS通知是一种推进机制，其作用在于当DNS服务器区域记录发生改变时，通知选定的辅助域名服务器，让其及时更新改变内容。因此，选项A“辅助域名服务器及时更新信息”是正确的描述。
39、在 DNS 资源记录中，（ ）记录类型的功能是把 IP 地址解析为主机名
A、A
B、NS
C、CNAME
D、PTR
解析：
在DNS资源记录中，PTR（指针）记录类型的功能是把IP地址解析为主机名。A记录是将主机名解析为IP地址，CNAME记录是别名与规范主机名称之间的对应关系，而NS记录用于指定域名由哪个DNS服务器进行解析。因此，正确答案是D。
40、以下关于 DHCP 的描述中，正确的是（）
A、DHCP 客户机不可能跨越网段获取 IP 地址
B、DHCP 客户机只能收到一个 dhcpoffer
C、DHCP 服务器可以把一个 IP 地址同时租借给两个网络的不同主机
D、DHCP 服务器中可自行设定租约期
解析：
DHCP服务器中可自行设定租约期。其他选项描述如下：
A选项：DHCP客户机可以跨越网段获取IP地址。实际上，DHCP协议支持跨子网分配IP地址，只要路由器允许DHCP中继转发，DHCP客户机就可以在不同的子网之间获取IP地址。
B选项：DHCP客户机可能收到多个dhcpoffer数据包，但通常只接受收到的第一个DHCPOFFER数据包。因此，这个选项的描述是不准确的。
C选项：DHCP服务器不会把一个IP地址同时租借给两个网络的不同主机。DHCP服务器会检查所选的IP地址是否已经被其他主机使用，确保每个主机都有一个唯一的IP地址。因此，这个选项是错误的。
41、高级加密标准 AES 支持的 3 种密钥长度中不包括（ ）
A、56
B、128
C、192
D、256
解析：
高级加密标准AES支持的密钥长度包括128位、192位和256位。因此，选项A中的密钥长度56位是不正确的选择。故选A。
42、在报文摘要算法 MD5 中，首先要进行明文分组与填充，其中分组时明文报文摘要按照（ ）位分组
A、128
B、256
C、512
D、1024
解析：
在报文摘要算法MD5中，明文分组是按照512位进行分组的。MD5算法以512位分组来处理输入的信息，因此选项C是正确答案。
43、以下关于 IPsec 协议的描述中，正确的是（ ）
A、IPsec 认证头(AH)不提供数据加密服务
B、IPsec 封装安全负荷（ESP）用于数据完整性认证和数据源认证
C、IPsec 的传输模式对原来的 IP 数据报进行了封装和加密，再加上了新的IP头
D、IPsec 通过应用层的 Web 服务器建立安全连接
解析：
IPsec认证头（AH）主要用于提供数据完整性、身份验证和抗重播服务，但不提供数据加密服务，因此A选项正确。IPsec封装安全负荷（ESP）用于数据完整性认证和数据加密，而不是仅用于数据完整性认证和数据源认证，所以B选项错误。IPsec的传输模式确实对原来的IP数据报进行了封装和加密，再加上了新的IP头进行传输，但C选项的描述不准确，应该是“IPsec的隧道模式”而不是简单的“传输模式”。IPsec并不通过应用层的Web服务器建立安全连接，它是网络层安全协议，因此D选项错误。
44、防火墙的工作层次是决定防火墙效率及安全的主要因素，下面叙述中正确的是（ ）
A、防火墙工作层次越低，工作效率越高，安全性越高
B、防火墙工作层次越低，工作效率越低，安全性越低
C、防火墙工作层次越高，工作效率越高，安全性越低
D、防火墙工作层次越高，工作效率越低，安全性越高
解析：
防火墙工作的层次越高，意味着它需要处理的信息量会更大，从而需要花费更多的时间来检查和处理这些信息。这样一来，虽然防火墙的安全性得到了提升，但是其工作效率会降低。因此，叙述中正确的是选项D：“防火墙工作层次越高，工作效率越低，安全性越高”。
45、在入侵检测系统中，事件分析器接收事件信息并对其进行分析，判断是否为入侵行为或异常现象，其常用的三种分析方法中不包括（ ）
A、匹配模式
B、密文分析
C、数据完整性分析
D、统计分析
解析：
入侵检测系统常用的三种分析方法包括匹配模式、数据完整性分析和统计分析。密文分析并不属于入侵检测系统中事件分析器的常用分析方法，因为密文分析需要相应的解密器，这与事件分析器的功能不符。因此，选项B是正确答案。
46、在 windows server 2003环境中有本地用户和域用户两种用户，其中本地用户信息存储在（ ）
A、本地计算机的 SAM 数据库
B、本地计算机的活动目录
C、域控制器的活动目录
D、域控制器的 SAM 数据库中
解析：
在Windows Server 2003环境中，本地用户信息存储在本地计算机的SAM（Security Accounts Manager）数据库中。域用户帐户则建立在域控制器的Active Directory数据库内。本地用户帐户只能登录到本地计算机上，访问本地计算机上的资源，而域用户帐户可获得访问网络上的资源的权限。因此，正确答案是A，即本地用户的用户信息存储在本地计算机的SAM数据库中。
47、管理站用 SetRequest 在 RMON 表中产生一个新行，如果新行的索引值与表中其他行的索引值不冲突，则代理产生一个新行，其状态对象值为（ ）
A、createRequest
B、underCreate
C、valid
D、invalid
解析：
根据参照解析，管理站用SetRequest在RMON表中产生一个新行，如果新行的索引值与表中其他行的索引值不冲突，则代理生成一个新行，其状态对象的值为createRequest。因此，正确答案为A。
48、SNMPC支持各种设备访问方式，在 SNMPC支持的设备访问方式中，只是用于对 TCP 服务轮询的方式是（ ）
A、无访问模式
B、ICMP（Ping）
C、SNMPv1 和 v2c
D、SNMPv3
解析：
SNMPC支持各种设备访问方式，其中包括TCP（无访问模式）、ICMP（Ping）、SNMPv1和v2c以及SNMPv3。在这些访问方式中，仅对TCP服务轮询的方式是无访问模式。因此，答案是A。
49、下列数据类型中，SNMPv2 支持而 SNMPv1 不支持的是（ ）
A、OCTET STRING
B、OBJECT descriptor
C、Unsigned32
D、Gauge32
解析：
SNMPv2支持的数据类型包括SNMPv1的所有数据类型，并增加了Unsigned32和Counter64两种新的数据类型。因此，选项中SNMPv2支持而SNMPv1不支持的数据类型是Unsigned32，即选项C。
50、某实验室使用无线路由器提供内部上网，无线路由器采用固定 IP 地址连接至校园网，实验室无线用户使用一段时间后，不定期出现不能访问互联网的现象，经测试无线路由器工作正常，同时无线路由器上有线接入的用户可以访问互联网，分析以上情况，导致这一故障产生的最可能的原因是（ ）
A、无线路由器配置错误
B、无线路由器硬件故障
C、内部或者外部网络攻击
D、校园网接入故障
解析：
根据问题描述，实验室使用无线路由器提供内部上网，无线路由器采用固定IP地址连接至校园网。实验室无线用户使用一段时间后，不定期出现不能访问互联网的现象，但无线路由器工作正常，同时无线路由器上有线接入的用户可以访问互联网。这种情况最可能是由于无线路由器配置错误导致的。因为无线路由器配置分为有线配置和无线配置，如果无线配置出错只会导致无线网无法正常使用。例如，DHCP在分配IP地址时可能出现的问题（如超出地址池的范围，或掩码设置错误等）均可能导致这部分无线用户无法正常上网。而选项B、C、D所描述的故障情况通常会导致整个网络（包括有线和无线用户）都无法正常使用。因此，根据题目描述和官方解析，最可能的原因是无线路由器配置错误。
51、校园网连接运营商的 IP 地址为 202.117.113.3/30，本地网关的地址为 192.168.1.254/24，
如果本地计算机采用动态地址分配，在下图中应如何配置？（ ）
A、选取“自动获得 IP 地址”
B、配置本地计算机的 IP 地址为 192.168.1.X
C、配置本地计算机的 IP 地址为 202.115.113.X
D、在网络 169.254.X.X 中选取一个不冲突的 IP 地址
解析：
根据题目描述，本地计算机采用动态地址分配，这意味着计算机将从DHCP（动态主机配置协议）服务器自动获取IP地址、子网掩码、默认网关等网络配置信息。因此，配置本地计算机时，应选取"自动获得 IP 地址"的选项，以便计算机能够自动从网络中的DHCP服务器获取所需的网络配置信息。所以正确答案是A。
52、下面的选项中，不属于网络 202.113.100.0/21 的地址是（ ）
A、202.113.102.0
B、202.113.99.0
C、202.113.97.0
D、202.113.95.0
解析：
判断一个IP地址是否属于某个特定网络，可以通过比较其网络号来确定。对于网络202.113.100.0/21，其网络号的前21位用于表示网络部分。我们可以将各个选项转换为二进制形式，并与网络地址进行比较。
A选项202.113.102.0的网络号部分与网络202.113.100.0/21的网络号相同，因此属于该网络。
B选项202.113.99.0的网络号部分同样与网络202.113.100.0/21的网络号相同，也属于该网络。
C选项202.113.97.0的网络号部分与网络202.113.100.0/21的网络号相同，也属于该网络。
然而，D选项202.113.95.0的网络号部分与网络202.113.100.0/21不同，因此不属于该网络。所以，正确的答案是D。
53、IP 地址块 112.56.80.192/26 包含了（ ）个主机地址
A、15
B、32
C、62
D、64
解析：
根据题目给出的IP地址块为112.56.80.192/26，我们知道这是一个子网掩码为26位的IP地址块。子网掩码为26位意味着前26位用于标识网络地址，而后剩余的位数用于标识主机地址。根据计算，主机位数为32位减去26位，等于6位。因此，这个子网中可以分配的主机数量为2^6-2（因为子网中的第一个地址是网络地址，最后一个地址是广播地址，不能分配给主机使用）。计算结果为62个主机地址。所以答案是C。
54、IP 地址块 112.56.80.192/26 包含了（上题）个主机地址，不属于这个网络的地址是（本题）
A、112.56.80.202
B、112.56.80.191
C、112.56.80.253
D、112.56.80.195
解析：
对于IP地址块 112.56.80.192/26，首先计算主机数量。由于它是一个斜线表示的子网掩码，我们知道掩码为前26位是网络位，剩下的位是主机位。因此，主机位数为32（总位数）- 26（网络位数）= 6位。这表示该子网内有 2^6 = 64 个可能的主机地址。但是，我们需要排除网络地址（通常是第一个地址）和广播地址（通常是最后一个地址），所以实际可用的主机地址数量为 64 - 2 = 62个。所以选项A的IP地址超出了这个范围，不属于这个网络。而选项B的IP地址处于该网络的范围内。因此答案是A。
55、下面的地址中属于单播地址的是（ ）
A、125.221.191.255/18
B、192.168.24.123/30
C、200.114.207.94/27
D、224.0.0.23/16
解析：
单播地址是可以分配给主机使用的IP地址，在一个网段中，除了网络地址和广播地址之外的地址都是单播地址。对于给出的选项，可以通过转化为二进制来判断。选项C（200.114.207.94/27）的主机号部分不全为0或1，因此属于单播地址。而选项A、B的主机地址部分包含了网络地址或广播地址，选项D是组播地址，都不属于单播地址。因此，正确答案是C。
56、IPv6 地址的格式前缀用于表达地址类型或子网地址，例如 60 位地址 12AB00000000CD3 有多种合法的表示形式，下面的选项中，不合法的是（ ）
A、12AB:0000:0000:CD30:0000:0000:0000:0000/60
B、12AB::CD30:0:0:0:0/60
C、12AB:0:0:CD3/60
D、12AB:0:0:CD30::/60
解析：
IPv6地址的标准表示法要求使用冒号来分隔地址的各个部分，并且每个部分都是一个十六进制数。选项C中的地址表示形式没有使用冒号分隔各个部分，因此不符合IPv6地址的合法格式要求。因此，选项C是不合法的IPv6地址表示形式。
57、IPv6 新增加了一种任意播地址，这种地址（ ）
A、可以用作源地址，也可以用作目标地址
B、只可以作为源地址，不能作为目标地址
C、代表一组接口的标识符
D、可以用作路由器或主机的地址
解析：
IPv6中的任意播地址只能用作目标地址，不能用作源地址。它代表一组接口的标识符，并且只能分配给IPv6路由器，而不是IPv6主机。因此，选项B描述是正确的。选项A、C和D都与解析内容不符。
58、所谓移动 IP 是指（ ）
A、通过地址翻译技术改变主机的 IP 地址
B、一个主机的 IP 地址可转移给另一个主机
C、移动主机通过在无线通信网中漫游来保持网络连接
D、移动主机在离开家乡网络的远程站点可以联网工作
解析：
移动IP技术使得移动主机在离开原始网络（家乡网络）后，在远程站点仍然可以保持网络连接。因此，正确答案是D。其他选项描述的不是移动IP的核心概念。
59、实现移动 IP 的关键技术是（ ）
A、移动主机具有一个可以接入任何网络的通用 IP 地址
B、移动主机具有一个家乡网络地址并获取一个外地转交地址
C、移动主机通过控制全网的管理中心申请网络接入服务
D、移动主机总是通过家乡网络地址来获取接入服务
解析：
移动IP技术的关键之一是移动主机具有一个家乡网络地址并获取一个外地转交地址。移动主机可以通过这些地址实现跨越不同网段的漫游功能，并保证了基于网络IP的网络权限在漫游过程中不发生任何改变。因此，选项B正确。
60、中国自主研发的 3G 通信标准是（ ）
A、CDMA2000
B、TD-SCDMA
C、WCDMA
D、WiMA
解析：
中国自主研发的3G通信标准是TD-SCDMA。其他选项中，CDMA2000是美国提出的第三代移动通信系统，WCDMA主要起源于欧洲和日本的早期第三代无线研究活动，WiMAX是一种城域网蜂窝网络技术。因此，正确答案为B。
61、IEEE802.11 规定了多种 WLAN 通信标准，其中（ ）与其他标准采用的频段不同，因而不能兼容。
A、IEEE802.11a
B、IEEE802.11b
C、IEEE802.11g
D、IEEE802.11n
解析：
IEEE 802.11a规定采用5GHz的 ISM频段，与其他标准如IEEE 802.11b、IEEE 802.11g和IEEE 802.11n采用的2.4GHz频段不同，因此不能兼容。
62、IEEE802.11 定义的 Ad Hoc 网络是由无线移动结点组成的对等网，这种网络的特点是（ ）
A、每个结点既是主机，又是交换机
B、每个结点既是主机，又是路由器
C、每个结点都必须通过中心结点才能互相通信
D、每个结点都发送 IP 广播包来与其他结点通信
解析：
在IEEE802.11定义的Ad Hoc网络中，每个结点既是主机，又是路由器。这是因为Ad Hoc网络是一种自组织、自管理的网络，不需要中心设备或基础设施的支持，各个结点之间可以直接通信，每个结点都具备路由功能，以实现信息的转发和路由选择。因此，选项B正确。其他选项不符合Ad Hoc网络的特点，故排除。
63、IEEE802.11 定义的 Ad Hoc 网络是由无线移动结点组成的对等网，这种网络的特点是（上题），
在这种网络中使用的 DSDV Destination-sequenced Distance vector）路由协议是一种（本题）
A、洪泛式路由协议
B、随机式路由协议
C、链路状态路由协议
D、距离矢量路由协议
解析：
目的序列距离矢量路由协议DSDV是适用于Ad Hoc网络的表驱动式路由协议，它基于Bellman-Ford算法和RIP设计完成。从名字可以知道它是一种距离矢量路由协议。在这个协议中，通过给每个路由设定序列号来避免路由环路的产生。因此，选项D“距离矢量路由协议”是正确的描述。
64、OSPF 协议将其管理的网络划分为不同类型的若干区域（Area），其中标准区域特点是（ ）
A、不接受本地 AS 之外的路由信息，也不接受其他区域的路由汇总信息
B、不接受本地 AS 之外的路由信息，对本地 AS 之外的目标采用默认路由
C、可以接收任何链路更新信息和路由汇总信息
D、可以学习其他 AS 的路由信息，对本地 AS 中的其他区域采用默认路由
解析：
在OSPF协议中，标准区域（Area）可以接收任何链路更新信息和路由汇总信息。这是标准区域的主要特点。因此，正确答案是C。其他选项描述了其他类型的区域特性，但不是标准区域的特性。
65、OSPF 协议将其管理的网络划分为不同类型的若干区域（Area），其中标准区域特点是（上题）；
存根区域（stub）的特点是（本题）
A、不接受本地 AS 之外的路由信息，也不接受其他区域的路由汇总信息
B、不接受本地 AS 之外的路由信息，对本地 AS 之外的目标采用默认路由
C、可以接收任何链路更新信息和路由汇总信息
D、可以学习其他 AS 的路由信息，对本地 AS 中的其他区域使用默认路由
解析：
存根区域（Stub Area）的特点是不接受本地自治系统（AS）之外的路由信息，并且对本地AS之外的目标采用默认路由。这是为了简化路由表并减少区域内的路由信息交换量。因此，选项B正确描述了存根区域的特点。
66、NAT 技术解决了 IPv4 地址短缺的问题，假设内网的地址数是 m，而外网地址数 n，若 m>n，则这种技术叫做（ ）
A、动态地址翻译
B、静态地址翻译
C、地址伪装
D、地址变换
解析：
NAT技术解决了IPv4地址短缺的问题。当内网的地址数m大于外网地址数n时，采用的技术是动态地址翻译（Dynamic Address Translation，简称NAT）。这种技术可以使得多个内部IP地址动态映射到一个外部IP地址，从而解决IPv4地址短缺的问题。因此，正确答案是A。
67、NAT 技术解决了 IPv4 地址短缺的问题，假设内网的地址数是 m，而外网地址数 n，若 m>n，则这种技术叫做（上题），若 m>n，且 n=1，则这种技术这叫做（本题）
A、动态地址翻译
B、静态地址翻译
C、地址伪装
D、地址变换
解析：
题目中提到NAT技术解决了IPv4地址短缺的问题。当内网地址数m大于外网地址数n，且外网地址数n=1时，这种技术叫做地址伪装（Address Masquerading）。在这种情境下，所有的内网用户上网只能使用一个外网IP地址进行伪装才能上网。因此，正确答案是C选项“地址伪装”。
68、CIDR 技术解决了路由缩放问题，例如 2048 个 C 类网络组成一个地址块，网络号从192.24.0.0~192.31.255.0 这样的超网号应为（ ）
A、192.24.0.0
B、192.31.255.0
C、192.31.0.0
D、192.24.255.0
解析：
CIDR技术通过将多个IP地址聚合在一起，形成更大的地址块，以解决路由缩放问题。在给定的例子中，假设有2048个C类网络组成一个地址块，网络号范围是从192.24.0.0到192.31.255.0。在这种情况下，超网号的起始地址应该是这个地址块中最小的地址，即网络号范围的起始地址，也就是选项A中的192.24.0.0。因此，正确答案是A。
69、CIDR 技术解决了路由缩放问题，例如 2048 个 C 类网络组成一个地址块，网络号从192.24.0.0~192.31.255.0 这样的超网号应为（上题），其地址掩码应为（本题）
A、255.255.248.0
B、255.255.255.0
C、255.255.0.0
D、255.248.0.0
解析：
根据CIDR技术，对于由2048个C类网络组成的地址块，我们可以这样计算：首先，每个C类网络有256个IP地址（从.0到.255），所以如果我们有8个这样的网络（从192.24到192.31），那么总共就有 256 * 8 = 2048个网络。这是一个基本的算术计算。然后，对于CIDR掩码的计算，我们知道掩码是从最左边的连续比特表示网络部分开始的。在这个情况下，网络号是从第三组开始的，即第三个点后的数字。所以，网络号是从第三组的前部分开始的，即第三组的第一个数字是有效的网络号部分。因此，这个网络号的掩码应该是第三组的第一个数字是主机位开始的，也就是从左边数第几个是主机位开始的那个数就是多少，所以这个地址块的掩码应为前两组完整数字加最后一个数字的起始部分，也就是 255.248.0.0。所以正确答案是D选项。
70、网络系统设计过程中，物理网络设计阶段的任务是（ ）
A、依据逻辑网络设计的要求，确定设备的具体物理分布和运行环境
B、分析现有网络和新网络的各类资源分布，掌握网络所处的状态
C、根据需求规范和通信规范，实施资源分配和安全规划
D、理解网络应该具有的功能和性能，最终设计出符合用户需求的网络
解析：
网络系统设计过程中，物理网络设计阶段的任务是依据逻辑网络设计的要求，确定设备的具体物理分布和运行环境。选项A正确描述了这一阶段的任务。选项B属于需求分析阶段的任务，选项C属于逻辑网络设计阶段的任务，选项D描述的是整个网络设计过程的起点，即需求规范阶段的任务。因此，答案为A。
71、The traditional way of allocating a single channel among multiple competing users is to chop up its ( 本题 ) by using one of the multiplexing schemes such as FDM (Frequency
Division Multiplexing). If there are N users, the bandwidth is divided into N equal-sized portions, with each user being assigned one portion. Since each user has a private frequency ( ), there is no interference among users.When there is only a small and constant number of users, each of which has a steady stream or a heavy load of ( ), this division is a simple and efficient allocation mechanism. A wireless example is FM radio stations. Each station gets a portion of the FM band and uses it most of the time to broadcast its signal.However, when the number of senders is large and varying or the traffic is ( ), FDM presents some problems. If the spectrum is cut up into N regions while fewer than N users are currently interested in communicating, a large piece of valuable spectrum will be wasted. If more than N users want to communicate, some of them will be denied ( ) for lack of bandwidth.„„
A、capability
B、capacity
C、ability
D、power
解析：
在题干中，句子提到"each user has a private frequency"，意味着每个用户有一个私有的频率资源，所以这里需要表达的是“能力”或“容量”，即每个用户拥有一定的频率资源容量。选项B “capacity” 最符合语境，表示容量、能力。因此，正确答案是B。
72、The traditional way of allocating a single channel among multiple competing users is to chop up its ( ) by using one of the multiplexing schemes such as FDM (Frequency
Division Multiplexing). If there are N users, the bandwidth is divided into N equal-sized portions, with each user being assigned one portion. Since each user has a private frequency ( 本题 ), there is no interference among users.When there is only a small and constant number of users, each of which has a steady stream or a heavy load of ( ), this division is a simple and efficient allocation mechanism. A wireless example is FM radio stations. Each station gets a portion of the FM band and uses it most of the time to broadcast its signal.However, when the number of senders is large and varying or the traffic is ( ), FDM presents some problems. If the spectrum is cut up into N regions while fewer than N users are currently interested in communicating, a large piece of valuable spectrum will be wasted. If more than N users want to communicate, some of them will be denied ( ) for lack of bandwidth.„„
A、band
B、range
C、domain
D、assignment
解析：
题目中提到了在多用户间分配单一频道的方法是将频带通过复用技术（如频分复用FDM）进行分割。每个用户被分配一个分割的部分，因此每个用户都有一个私有的频率范围。根据语境，"band"在此处表示频带的意思，是最符合语境的词汇。因此，正确答案是A。
73、The traditional way of allocating a single channel among multiple competing users is to chop up its ( ) by using one of the multiplexing schemes such as FDM (Frequency
Division Multiplexing). If there are N users, the bandwidth is divided into N equal-sized portions, with each user being assigned one portion. Since each user has a private frequency ( ), there is no interference among users.When there is only a small and constant number of users, each of which has a steady stream or a heavy load of ( 本 题 ), this division is a simple and efficient allocation mechanism. A wireless example is FM radio stations. Each station gets a portion of the FM band and uses it most of the time to broadcast its signal.However, when the number of senders is large and varying or the traffic is ( ), FDM presents some problems. If the spectrum is cut up into N regions while fewer than N users are currently interested in communicating, a large piece of valuable spectrum will be wasted. If more than N users want to communicate, some of them will be denied ( ) for lack of bandwidth.„„
A、traffic
B、date
C、bursty
D、flow
解析：
在题目中提到了当网络流量（traffic）较大时，FDM分配策略会出现一些问题。因此，在题目所给的选项中，应该选择与网络流量相关的词汇。选项A中的"traffic"恰好与网络流量相关，因此是正确答案。其他选项如日期（date）、突发（bursty）、流（flow）等，与题目的内容关联不大。
74、The traditional way of allocating a single channel among multiple competing users is to chop up its ( ) by using one of the multiplexing schemes such as FDM (Frequency
Division Multiplexing). If there are N users, the bandwidth is divided into N equal-sized portions, with each user being assigned one portion. Since each user has a private frequency ( ), there is no interference among users.When there is only a small and constant number of users, each of which has a steady stream or a heavy load of ( ), this division is a simple and efficient allocation mechanism. A wireless example is FM radio stations. Each station gets a portion of the FM band and uses it most of the time to broadcast its signal.However, when the number of senders is large and varying or the traffic is (本题), FDM presents some problems. If the spectrum is cut up into N regions while fewer than N users are currently interested in communicating, a large piece of valuable spectrum will be wasted. If more than N users want to communicate, some of them will be denied ( ) for lack of bandwidth.„„
A、continuous
B、steady
C、bursty
D、flow
解析：
根据题目描述，当发送方的数量很大并且变化不定，或者流量突发（bursty）时，FDM会出现一些问题。因此，选项C “bursty” 是正确的。文章描述了传统方式在多个竞争用户之间分配单一信道时，会使用FDM等复用方案将带宽分割成多个部分，每个用户被分配一个部分。但当用户数量大且变化不定，或者流量突发时，这种方法会遇到问题。因此，正确答案是C。
75、The traditional way of allocating a single channel among multiple competing users is to chop up its ( ) by using one of the multiplexing schemes such as FDM (Frequency
Division Multiplexing). If there are N users, the bandwidth is divided into N equal-sized portions, with each user being assigned one portion. Since each user has a private frequency ( ), there is no interference among users.When there is only a small and constant number of users, each of which has a steady stream or a heavy load of ( ), this division is a simple and efficient allocation mechanism. A wireless example is FM radio stations. Each station gets a portion of the FM band and uses it most of the time to broadcast its signal.However, when the number of senders is large and varying or the traffic is ( ), FDM presents some problems. If the spectrum is cut up into N regions while fewer than N users are currently interested in communicating, a large piece of valuable spectrum will be wasted. If more than N users want to communicate, some of them will be denied ( 本题 ) for lack of bandwidth.„„
A、allowance
B、connection
C、percussion
D、 permission
解析：
根据题目描述，传统的方式是在多个竞争用户之间分配一个单一的通道，通过一种复用方案（如FDM）来分割其带宽。如果有N个用户，带宽就被分成N个等份，每个用户被分配一个部分。由于每个用户都有一个专用的频率部分，所以用户之间不会相互干扰。文中提到"If more than N users want to communicate, some of them will be denied"，即当超过N个用户想要通信时，其中一些用户会因为带宽不足而被拒绝。因此，这里的关键词应该是与分配或权限相关的词汇。在给出的选项中，"permission"表示许可或权限，符合语境。所以正确答案是D。
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