网工软考计算题整理

一、

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。

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二、
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

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三、

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× $10^{-6}$。

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四、

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

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五、

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。

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六、

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。

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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 ？

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

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八、

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

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九、

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

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十、

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

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十一、

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

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十二、

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。

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十三、

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、

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.

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十五、

题解：- $2^{63}$~(1- $2^{-8}$)^63

附：机器数的浮点表示法

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十六、

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

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十七、

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%。

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十八、

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十九、

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。

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二十、

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

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二十一、

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二十二、
几个常考的端口号：