2025年專升本通信工程基礎(chǔ)模擬試卷（附答案）考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、單項選擇題（本大題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題列出的四個選項中，只有一個是符合題目要求的，請將正確選項字母填在題后的括號內(nèi)。）1.信號f(t)經(jīng)過時移t?后的信號表達式為f(t-t?)，則該信號的自相關(guān)函數(shù)R?(τ)將（）。A.發(fā)生平移B.發(fā)生幅度變化C.發(fā)生頻率變化D.保持不變2.已知信號x(t)=cos(2πt+π/4)，其傅里葉變換X(jω)的零點位于（）。A.ω=0B.ω=±1rad/sC.ω=±2πrad/sD.ω=±π/4rad/s3.卷積運算滿足交換律，即x(t)*h(t)=h(t)*x(t)，其中x(t)和h(t)分別是輸入信號和系統(tǒng)沖激響應(yīng)。（）A.正確B.錯誤4.根據(jù)抽樣定理，為了無失真地恢復(fù)一個帶寬為BHz的模擬信號，抽樣頻率fs必須滿足（）。A.fs≤2BHzB.fs>2BHzC.fs<BHzD.fs=BHz5.在模擬信號數(shù)字化過程中，量化過程會引入（）。A.噪聲B.碼間串?dāng)_C.調(diào)制失真D.相位失真6.對于二進制信號（0,1），常用的基帶碼型之一是AMI碼，其特點是（）。A.‘0’碼用高低電平表示，‘1’碼用零電平表示B.所有碼元均用高電平表示C.‘0’碼用零電平表示，‘1’碼用交替高低電平表示D.‘0’碼用交替高低電平表示，‘1’碼用零電平表示7.在數(shù)字調(diào)制方式中，ASK、FSK、PSK的主要區(qū)別在于（）。A.調(diào)制信號的帶寬B.調(diào)制信號的功率C.調(diào)制過程中載波參數(shù)的變化D.調(diào)制前后信號的平均頻率8.在理想低通濾波器的特性下，若抽樣頻率fs滿足fs>2BHz，則抽樣后的信號通過該濾波器后能夠（）。A.產(chǎn)生頻率混疊B.完全不失真地恢復(fù)原始信號C.產(chǎn)生碼間串?dāng)_D.發(fā)生幅值衰減9.根據(jù)信息論基本概念，對于離散無記憶信源，其熵H(X)表示（）。A.信源輸出的平均信息量B.信源輸出的最大信息量C.信源輸出的方差D.信源輸出的碼率10.在均勻量化中，給定量化級數(shù)L，量化間隔Δ為（）。A.Δ=σ/√(2L-1)B.Δ=(Vmax-Vmin)/LC.Δ=2μ/πD.Δ=σ/√L二、填空題（本大題共5小題，每小題2分，共10分。請將答案填在題中橫線上。）11.已知信號f(t)的傅里葉變換為F(jω)，則信號e^(jω?t)f(t)的傅里葉變換為________。12.若系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)為h(t)，輸入信號為x(t)，則系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)等于x(t)與h(t)的________。13.數(shù)字信號基帶傳輸中，為了克服碼間串?dāng)_，常用________技術(shù)來均衡信道特性。14.設(shè)模擬信號帶寬為3000Hz，根據(jù)奈奎斯特準則，理想的低通抽樣頻率至少為________Hz。15.在線性分組碼中，若信息位長度為k，監(jiān)督位長度為r，則碼字總長度n=________。三、計算題（本大題共4小題，每小題5分，共20分。請寫出必要的計算步驟。）16.已知信號f(t)=sin(2πt)，求其傅里葉變換F(jω)。17.已知系統(tǒng)函數(shù)H(jω)=1/(1+jω)，輸入信號x(t)=cos(10t)，求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)（頻域求解）。18.對模擬信號進行理想抽樣，抽樣頻率fs=8000Hz。已知該信號包含的最低頻率成分f_min=300Hz。求：（1）奈奎斯特抽樣頻率；（2）是否存在頻率混疊？說明理由。19.對信息量為I比特的消息進行二進制等長編碼，求平均碼長L_avg。四、簡答題（本大題共2小題，每小題5分，共10分。）20.簡述香農(nóng)信道編碼定理的基本內(nèi)容和意義。21.簡述調(diào)頻（FM）與調(diào)幅（AM）在抗噪聲性能方面的主要區(qū)別。五、論述題（本大題共1小題，10分。）22.結(jié)合通信系統(tǒng)模型，論述模擬信號數(shù)字化傳輸?shù)闹饕^程及其關(guān)鍵技術(shù)環(huán)節(jié)。試卷答案一、單項選擇題1.D2.C3.A4.B5.A6.C7.C8.B9.A10.B二、填空題11.F(j(ω-ω?))12.卷積13.均衡器14.600015.k+r三、計算題16.解析思路：利用正弦信號的傅里葉變換公式F(jω)=π[jω+j(ω?+ω?)]*[δ(ω+ω?)-δ(ω-ω?)]。其中ω?為角頻率，f?=ω?/(2π)=1/(2π)。代入ω?=2π，得到F(jω)=π[j(ω+2π)-j(ω-2π)]*[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]。由于δ函數(shù)的移位性質(zhì)，上式簡化為F(jω)=jπ*[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]-jπ*[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]=0。但更標準的表達是利用歐拉公式sin(2πt)=(e^(j2πt)-e^(-j2πt))/2j，其傅里葉變換為π[j(ω+2π)-j(ω-2π)]=2jπ*[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]?？紤]到sin(2πf?t)的帶寬中心在f?，其變換為2πf?δ(ω-2πj)。所以F(jω)=2π*(1/(2π))*[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]=2π*(1/(2π))*[-jδ(ω+2π)+jδ(ω-2π)]=j[δ(ω-2π)-δ(ω+2π)]。最終結(jié)果應(yīng)為j[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]或-j[δ(ω-2π)-δ(ω+2π)]。根據(jù)標準答案形式，采用后者，即-j[δ(ω-2π)-δ(ω+2π)]。答案：-j[δ(ω-2π)-δ(ω+2π)]或等價形式j(luò)[δ(ω+2π)-δ(ω-2π)]17.解析思路：系統(tǒng)零狀態(tài)響應(yīng)等于輸入信號X(jω)與系統(tǒng)函數(shù)H(jω)的乘積，再進行傅里葉逆變換。輸入信號x(t)=cos(10t)，其角頻率為10rad/s，頻率為f=10/(2π)Hz。其傅里葉變換為X(jω)=π[jω+j(ω?+ω?)]*[δ(ω+ω?)-δ(ω-ω?)]=π[jω+j(10+10)]*[δ(ω+10)-δ(ω-10)]=π[jω+20j]*[δ(ω+10)-δ(ω-10)]。H(jω)=1/(1+jω)。所以Y(jω)=X(jω)*H(jω)=[π(jω+20j)]*[δ(ω+10)-δ(ω-10)]/(1+jω)=πj(ω+20)*[δ(ω+10)-δ(ω-10)]/(1+jω)。利用δ函數(shù)的篩選性質(zhì)，Y(jω)=πj(20)*[δ(ω+10)/(1+j10)]-πj(10)*[δ(ω-10)/(1+j10)]=20πjδ(ω+10)/(1+j10)-10πjδ(ω-10)/(1+j10)。進行傅里葉逆變換。逆變換結(jié)果為y(t)=20πj*(1/(1+j10))*e^(-10t)*u(t)-10πj*(1/(1+j10))*e^(10t)*u(-t)。其中u(t)為單位階躍函數(shù)。將1/(1+j10)化為實部與虛部形式：(1-j10)/(1+100)=(1/101)-j(10/101)。代入得y(t)=20πj*[(1/101)-j(10/101)]*e^(-10t)*u(t)-10πj*[(1/101)-j(10/101)]*e^(10t)*u(-t)=[20πj/101*e^(-10t)-200π*e^(-10t)]*u(t)-[10πj/101*e^(10t)-100π*e^(10t)]*u(-t)。整理實部與虛部，實部系數(shù)e^(-10t)和e^(10t)前的系數(shù)分別為-200π和100π，虛部系數(shù)前分別為20π/101和-10π/101。最終結(jié)果可以表示為y(t)=[100π*e^(-10t)-20π/101*e^(-10t)*u(t)]-[10π/101*e^(10t)*u(-t)-200π*u(-t)]。更簡潔形式：y(t)=(200π/101)*u(-t)-(100π/101)*e^(-10t)*u(t)-(10πj/101)*e^(10t)*u(-t)。答案：y(t)=(200π/101)*u(-t)-(100π/101)*e^(-10t)*u(t)-(10πj/101)*e^(10t)*u(-t)或等效形式18.解析思路：（1）根據(jù)抽樣定理，奈奎斯特抽樣頻率等于信號最高頻率成分的兩倍。信號最低頻率成分f_min=300Hz，則最高頻率成分理論上為fs/2-f_min。但通常認為帶寬B=fs/2，包含最高頻率f_max=fs/2。如果信號是帶限的，且最高頻率不超過fs/2，則fs滿足fs≥2f_max。這里最高頻率是抽樣頻率的一半減去最低頻率，即f_max=(fs/2)-300。奈奎斯特頻率fs_NQ=2f_max=2[(fs/2)-300]=fs-600Hz。解此方程fs-600=fs，得到fs=fs。這個結(jié)果說明奈奎斯特頻率是滿足fs≥2f_max的最小頻率，即fs_NQ=fs=2f_max。所以奈奎斯特頻率為2*[(fs/2)-300]=fs-600。這里題目給fs=8000Hz，所以奈奎斯特頻率為2*(4000-300)=7400Hz?；蛘咧苯討?yīng)用fs≥2f_max，f_max=max(300,fs/2-300)。當(dāng)fs=8000時，f_max=max(300,4000-300)=max(300,3700)=3700Hz。所以fs≥2*3700=7400Hz。奈奎斯特頻率fs_NQ=7400Hz。（2）判斷是否混疊：實際抽樣頻率fs=8000Hz。奈奎斯特頻率fs_NQ=7400Hz。因為fs=8000>fs_NQ=7400，所以抽樣頻率超過了奈奎斯特頻率。結(jié)論是存在頻率混疊。答案：（1）7400Hz；（2）存在頻率混疊。理由：實際抽樣頻率8000Hz大于信號最高頻率（約3700Hz）的兩倍（7400Hz）。19.解析思路：對I比特的信息進行二進制等長編碼，即每個信息比特對應(yīng)一個碼元。設(shè)碼元共有M種（M=2^I）。因為是等長編碼，每個碼元的長度（信息量）為I比特。平均碼長L_avg是所有碼長的一個統(tǒng)計平均值。由于每個碼元長度都是I比特，且所有碼元是等概率出現(xiàn)的（等長編碼通常假設(shè)），所以平均碼長L_avg=I比特/碼元*1碼元/碼元=I比特。答案：I比特四、簡答題20.解析思路：香農(nóng)信道編碼定理指出，在有噪聲的信道中傳輸信息，當(dāng)信源信息傳輸速率低于信道容量時，存在一種編碼方案，使得接收端譯碼錯誤概率可以任意??；反之，當(dāng)信息速率高于信道容量時，任何編碼方案都無法實現(xiàn)可靠傳輸。該定理的意義在于：它為有噪聲信道中的信息傳輸設(shè)定了一個理論上的最高速度（信道容量），并指出了達到這一極限的可行性條件（速率低于信道容量），為通信系統(tǒng)設(shè)計提供了理論基礎(chǔ)和性能極限。答案：基本內(nèi)容：在有噪聲信道中，當(dāng)信源信息傳輸速率R低于信道容量C時，存在一種編碼方案，可以使錯誤概率P(e)任意??；當(dāng)R>C時，任何編碼方案都不能實現(xiàn)可靠傳輸。意義：指明了信道傳輸信息的理論極限（信道容量），并給出了達到極限的必要條件，為信道編碼設(shè)計提供了理論指導(dǎo)。21.解析思路：調(diào)幅（AM）是用模擬信號的幅度去調(diào)制載波的幅度。調(diào)頻（FM）是用模擬信號的幅度去調(diào)制載波的頻率。在抗噪聲性能方面，由于噪聲通常對幅度影響較大，對頻率影響較小，因此FM通常比AM具有更好的抗噪聲性能。特別是在信號幅度小于載波幅度（欠調(diào)制）的情況下，F(xiàn)M系統(tǒng)的抗噪聲能力遠優(yōu)于AM系統(tǒng)。FM系統(tǒng)的抗噪聲性能與其調(diào)制指數(shù)和信噪比有關(guān)，信噪比越高，抗噪聲能力越強。答案：調(diào)幅（AM）調(diào)制的是載波的幅度，而調(diào)頻（FM）調(diào)制的是載波的頻率。噪聲主要影響信號的幅度，對頻率影響較小。因此，F(xiàn)M系統(tǒng)通常比AM系統(tǒng)具有更好的抗噪聲性能，尤其是在欠調(diào)制條件下。五、論述題22.解析思路：通信系統(tǒng)模型通常包含信源、發(fā)送端、信道、接收端和信宿。模擬信號數(shù)字化傳輸?shù)闹饕^程及其關(guān)鍵技術(shù)環(huán)節(jié)如下：1.信源編碼（模數(shù)轉(zhuǎn)換，ADC）：將連續(xù)的模擬信號轉(zhuǎn)換為離散的數(shù)字信號。這包括抽樣（以一定頻率對模擬信號進行采樣，得到時間離散的樣本）、量化和編碼三個步驟。*抽樣：根據(jù)抽樣定理，以不低于信號最高頻率兩倍的頻率進行抽樣，以避免頻率混疊，保證信號能被完整恢復(fù)。*量化：將抽樣后的樣本幅度離散化，用有限個取值表示，引入量化噪聲。*編碼：將量化后的樣本值用二進制碼組表示，形成數(shù)字序列。2.數(shù)字信號處理與調(diào)制：對數(shù)字信號進行必要的處理，如加擾、加密、信道編碼（增加冗余度以提高糾錯能力）等。然后通過數(shù)字調(diào)制技術(shù)（如ASK,FSK,PSK,QAM等）將數(shù)字信號加載到載波上，形成適合在特定信道中傳輸?shù)囊颜{(diào)信號。3.信道傳輸：調(diào)制后的信號通