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1、网络习题整理（09-14年考研真题）第1章 概论选择题1. （09年考研33题）在OSI参考模型中，自下而上第一个供给端到端效劳的层次是A. 数据链路层B. 传输层C. 会话层D. 应用层【解答】选B。试题中指明了这一层可以实现端到端传输，也就是端系统到端系统的传输，因此推断是传输层。数据链路层主要负责传输途径上相邻节点间的数据交付，这个节点包括了交换机和路由器等数据通信设备，这些设备不能称之为端系统，因此数据链路层不满意题意。试题中指明了这一层可以实现传输，会话层只是在两个应用进程之间建立会话而已，应用层只是供给应用进程之间通信的标准，都不涉及到传输。【考察学问点】本题考察的学问点主要是OS
2、I模型及其各层的主要功能。2. （10年考研33题）下列选项中，不属于网络体系构造中所描绘的内容是A.网络的层次B.每一层运用的协议C.协议的内部实现细微环节 D.每一层必需完成的功能【解答】选C。把计算机网络的各层及其协议的集合称为网络体系的构造；换种说法，计算机网络体系构造就是这个计算机网络及其构件所应完成的功能的准确定义。明显A、B、D强调的是各层的功能及其运用的协议，C协议的内部实现细微环节不符合；【考察学问点】考察的是对计算机网络体系构造定义的理解；3. （10年考研34题）在下图所示的采纳“存储-转发”方式分组的交换网络中，全部链路的数据传输速度为100Mbps，分组大小为1000
3、B，其中分组头大小20B，若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的状况下，从H1发送到H2接收完为止，须要的时间至少是A. 80msB. 80.08msC. 80.16msD. 80.24ms【解答】选C。由题设可知，分组携带的数据长度为980B，文件长度为 980000B，需拆分为1000个分组，加上头部后，每个分组大小为1000B，总共须要传送的数据量大小为1MB。当t = 1M8/100Mbps = 80ms 时，H1发送完最终一个bit； 到达目的地，最终一个分组，需经过2个分组交换机的转发，每次转发的时间为t0 = 1K8/100Mb
4、ps = 0.08ms，t= 80ms + 2t0 当t=80.16ms 时，H2承受完文件，即所需的时间至少为 80.16ms。【考察学问点】本题考察存储转发机制中时延的计算。4. （11年考研33题）TCP/IP参考模型的网络层供给的是A.无连接不行靠的数据报效劳B .无连接牢靠的数据报效劳C.有连接不行靠的虚电路效劳D.有连接牢靠的虚电路效劳【解答】选A。TCP/IP的网络层向上只供给简洁敏捷的、无连接的、尽最大努力交付的数据报效劳。因此网络层供给的无连接不行靠的数据效劳。【考察学问点】TCP/IP层次模型。5. （12年考研33题） 在TCP/IP体系构造中，干脆为ICMP供给效劳的协
5、议是A. PPPB. IPC. UDPD. TCP【解答】选B。ICMP协议处于体系构造中的网络层，是IP协议的配套协议。ICMP报文封装成IP数据报在网络中传递。【考察学问点】本题考察ICMP和IP的关系。6. （13年考研33题）在OSI参考摸型中，下列功能需由应用层的相邻层实现的是A. 对话管理B. 数据格式转换C. 路由选择D. 牢靠数据传输【解答】选B。OSI参考模型中，应用层的相邻层是表示层。表示层是OSI七层协议的第六层。表示层的目的是表示出用户看得懂的数据格式，实现及数据表示有关的功能。主要完成数据字符集的转换、数据格式化和文本压缩、数据加密、解密等工作。因此答案选B。【考察学
6、问点】本题考察OSI七层体系构造及各层主要功能。7. （13年考研35题）主机甲通过1个路由器（存储转发方式）及主机乙互联，两段链路的数据传输速率均为10Mbps，主机甲分别采纳报文交换和分组大小为10kb的分组交换向主机乙发送1个大小为8Mb（1M=106）的报文。若忽视链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间，则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为A. 800ms、1600msB. 801ms、1600msC. 1600ms、800msD. 1600ms、801ms【解答】选D。不进展分组时，发送一个报文的时延是8Mb/10Mbps=800ms，在接收端接收此报文件的时延也是800m
7、s，共计1600ms。进展分组后，发送一个报文的时延是10kb/10Mbps=1ms，接收一个报文的时延也是1ms，但是在发送第二个报文时，第一个报文已经开场接收。共计有800个分组，总时间为801ms。【考察学问点】本题考察报文交换和分组交换技术发送时延的计算。8. （14年考研33题）在OSI参考模型中，干脆为会话层供给效劳的是A. 应用层B. 表示层C. 传输层D. 网络层【解答】选C。在OSI七层体系构造中会话层的下一层是传输层。【考察学问点】OSI七层体系构造及各层主要功能。第2章 物理层选择题1. （09年考研34题）在无噪声状况下，若某通信链路的带宽为3kHz，采纳4个相位，每个
8、相位具有4种振幅的QAM调制技术，则该通信链路的最大数据传输速率是 A. 12 kbpsB. 24 kbps C. 48 kbpsD. 96 kbps 【解答】选B。由奈氏准则公式：C=2Wlog2N=2 * 3K * log2（4*4）=24Kbps， 即该信道的最大数据传输速率是24Kbps。【考察学问点】奈氏准则。志向低通信道的最高码元传输速率=2W Band。W是低通信道的带宽，单位为Hz，Band是波特，是码元传输速率的单位。一个码元携带N bit信息量，波形速率为M Band，则最高速率为M*N bit/s. 香农定理指出：在有随机热噪声的信道上传输数据信号时，数据传输速率C及信道
9、带宽W、信噪比S/N的关系为：CW*log2(1+S/N)。式中，C单位为bps，带宽W单位为Hz，信噪比S/N通常以dB（分贝）数表示。2. （11年考研34题）若某通信链路的数据传输速率为2400bps，采纳4相位调制，则该链路的波特率是A. 600波特B. 1200波特C. 4800波特D. 9600波特【解答】选B。有4种相位，则一个码元须要由log24=2个bit表示，则波特率=比特率/2=1200波特。【考察学问点】考察波特及比特率的关系；比特率和波特率之间的换算关系如下：比特率 = 波特率 * log2n 。比特率是数字信号的传输速率单位时间内所传输的二进制代码的有效位数。单位比
10、特/秒（bps）或千比特/秒（kbps）。 波特率是调制速率（又称波形速率）线路中每秒传送的波形的个数。单位波特（band）。3. （12年考研34题）在物理层接口特性中，用于描绘完成每种功能的事务发生依次的是A. 机械特性B. 功能特性C. 过程特性D. 电气特性【解答】选C。【考察学问点】物理层接口的四个特性。4. （14年考研35题）下列因素中，不会影响信道数据传输速率的是A. 信噪比B. 频率宽带C. 调制速率D. 信号传播速度【解答】选D。信号传播速度在确定介质中是固定的。根据香农公式、奈氏准则等，其它三个因素则会影响信道数据传输速率。【考察学问点】香农公式、奈氏准则5. （14年考
11、研37题）站点A、B、C通过CDMA共享链路，A、B、C的码片序列（chipping sequence）分别是（1,1,1,1）、（1，-1,1，-1）和（1，1,-1，-1），若C从链路上收到的序列是（2,0,2,0,0,-2,0,-2,0,2,0,2），则C收到A发送的数据是A. 000B. 101C. 110D. 111【解答】选B。用A的码片及链路上的序列做规格化内积，得1，-1，1对应的数据为1,0,1。【考察学问点】CDMA码分多址第3章 数据链路层选择题1. （09年考研35题）数据链路层采纳了后退N帧(GBN)协议，发送方已经发送了编号为07的帧。当计时器超时时，若发送方只收到
12、0、2、3号帧确实认，则发送方须要重发的帧数是A. 2B. 3C. 4D. 5【解答】选C。后退 N 帧 ARQ就是从出错处重发已发出过的N个帧。数据链路层采纳了后退N帧（GBN）协议，发送方已经发送了编号为 07 的帧。此处须要理解确认号的含义。确认帧的编号有两个含义：一表示接收方已收到该编号之前的全部帧，又表示接收方所盼望接收的数据帧。本题当计时器超时时，若发送方只收到 0、2、3 号帧确实认。对3号帧确实认说明，3号及之前的帧已被正确接收，如今盼望接收的是4号帧，因此，须要从4号帧开场重传。【考察学问点】数据链路层采纳的后退N帧(GBN)协议。.后退N帧ARQ就是从出错处重发已发出过的N
13、个帧。确认号的含义！2. （11年考研35题）数据链路层采纳选择重传协议（SR）传输数据，发送方已发送了03号数据帧，现已收到1号帧确实认，而0、2号帧依次超时，则此时须要重传的帧数是A. .1B. 2C. 3D. 4【解答】选B。选择重传协议中，接收方逐个地确认正确接收的分组，不管接收到的分组是否有序，只要正确接收就发送选择ACK分组进展确认。因此选择重传协议中的ACK分组不再具有累积确认的作用。这点要特殊留意及GBN协议的区分。此题中只收到1号帧确实认，0、2号帧超时，由于对于1号帧确实认不具累积确认的作用，因此发送方认为接收方没有收到0、2号帧，于是重传这两帧。【考察学问点】重传协议（S
14、R）和GBN协议的区分。3. （09年考研36题）以太网交换机进展转发决策时运用的PDU地址是A. 目的物理地址B. 目的IP地址C. 源物理地址D. 源IP地址【解答】选A。【考察学问点】以太网在数据链路层的扩展，运用交换机扩展时转发根据的地址是目的MAC地址。4. （09年考研37题）在一个采纳CSMA/CD协议的网络中，传输介质是一根完好的电缆，传输速率为1Gbps，电缆中的信号传播速度是200 000km/s.若最小数据帧长度削减800比特，则最远的两个站点之间的间隔 至少须要A.增加160mB.增加80m C.削减160mD.削减80m【解答】选D。设传输介质长度为d(m)，原最小帧
15、长为M，则M=2*(d/200000000)*1Gbps，得M=10d。所以最小数据帧长度削减800比特，最远的两个站点之间的间隔 至少须要削减80m。【考察学问点】CSMA/CD协议下最小帧长度计算。5. （11年考研36题）下列选择中，对正确接收到的数据帧进展确认的MAC协议是A. CSMA B. CDMA C. CSMA/CD D. CSMA/CA【解答】选D。可以用解除法。首先CDMA即码分多址，是物理层的技术；CSMA/CD即带冲突检测的载波监听多路访问，接收方并不须要确认；CSMA，既然CSMA/CD是其超集，CSMA/CD没有的东西，CSMA自然也没有。于是选D。CSMA/CA是
16、无线局域网标准802.11中的协议。CSMA/CA利用ACK信号来避开冲突的发生，也就是说，只有当客户端收到网络上返回的ACK信号后才确认送出的数据已经正确到达目的地址。【考察学问点】考察对根本概念CSMA ，CDMA，CSMA/CD ，CSMA/CA的理解。6. （12年考研35题） 以太网的MAC协议供给的是A. 无连接不行靠效劳B. 无连接牢靠效劳C. 有连接不行靠效劳D. 有连接牢靠效劳【解答】选A。效劳方式分为面对连接和无连接两种，面对连接的必需有建立连接-通信-释放连接三个过程，无连接方式是干脆通信。牢靠性由确认和重传机制保证。【考察学问点】连接性和牢靠性问题。7. （12年考研3
17、6题） 两台主机之间的数据链路层采纳退后N帧协议（GBN）传输数据，数据传输速率为16kbps，单向传播时延270ms，数据帧长度范围是128512字节，接收方总是以及数据帧等长的帧进展确认。为使信道利用率到达最高，帧序号的比特数至少为A. .5B. 4C. 3D. 2【解答】选B。本题主要求解的是从发送一个帧到接收到对这个帧确实认为止的时间内最多可以发送多少数据帧。要尽可能多发帧，应以短的数据帧计算，因此首先计算动身送一帧的时间：128*8/（16*103）=64（ms）；发送一帧到收到确认为止的总时间：64+270*2+64=668ms；这段时间总共可以发送668/64=10.4（帧），发
18、送这么多帧至少须要用4位比特进展编号。【考察学问点】连续ARQ协议（退后N帧协议）。8. （13年考研34题）若下图为10BaseT网卡接收到的信号波形，则该网卡收到的比特串是A. 0011 0110B. 1010 1101C. 0101 0010D. 1100 0101【解答】选A。以太网编码采纳曼彻斯特编码方式，电平由低电平到高电平跳变表示数字“0”，由高电平到低电平跳变表示数字“1”，因此网卡收到的比特串是00110110。【考察学问点】以太网的编码机制。9. （13年考研36题）下列介质访问限制方法中，可能发生冲突的是A. CDMAB. CSMAC. TDMAD. FDMA【解答】选B
19、。CDMA码分多址、TDMA时分多址、FDMA频分多址，这三种信道复用技术是静态划分信道的，不存在冲突问题；CSMA载波监听多点接入是共享信道的访问方法，属于动态划分信道，存在冲突问题。【考察学问点】信道复用技术（静态、动态划分信道）10. （13年考研37题）HDLC协议对0111 1100 0111 1110 组帧后对应的比特串为A. 01111100 00111110 10B. 01111100 01111101 01111110C. 01111100 01111101 0D. 01111100 01111110 01111101【解答】选A。HDLC协议面比照特，因HDLC数据帧以位形
20、式01111110标识每一个帧的开场和完毕，因此比照特串进展组帧时采纳零比特填充法，即在数据帧中但凡出现了5个连续的“1”时则在其后插入一个“0”，然后再进展输出。所以答案为A。【考察学问点】透亮传输技术中的零比特填充法。11. （13年考研38题）对于100Mbps的以太网交换机，当输出端口无排队，以直通交换（cut-through switching）方式转发一个以太网帧（不包括前导码）时，引入的转发延迟至少是A. 0sB. 0.48sC. 5.12sD. 121.44s【解答】选B。直通交换方式是指以太网交换机可以在各端口间交换数据。它在输入端口检测到一个数据包时，检查该包的包头，获得包
21、的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在输入及输出穿插处接通，把数据包直通到相应的端口，实现交换功能。通常状况下，直通交换方式只检查数据包的包头即前14个字节，由于不须要考虑前导码，只须要检测目的地址的6B，所以最短的传输延迟是0.48s。【考察学问点】交换机的种类和工作方式。12. （14年考研34题）某以太网拓扑及交换机当前转发表如下图所示，主机00-e1-d5-00-23-a1向主机00-e1-d5-00-23-c1发送1个数据帧，主机00-e1-d5-00-23-c1收到该帧后，向主机00-e1-d5-00-23-a1发送一个确认帧，交换机对这两个帧的转发端口分别是目的
22、地址端口00-e1-d5-00-23-b1212300-a1-d5-00-23-a100-e1-d5-00-23-b100-e1-d5-00-23-c1交换机123A. 3和1B. 2,3和1C. 2,3和1,2D. 1,2,3和1【解答】选B。发送数据帧时，交换机从1号端口接收此数据帧，因目的MAC地址不在转发表中，所以交换机采纳洪泛法向其它端口（2、3）转发此帧，同时将源MAC地址登记在转发表中；发送确认帧时，交换机从3号端口接收此帧，查找转发表，从相应1号端口转发此帧。【考察学问点】交换机转发表的建立和转发原则综合题1. （10年考研47题）某局域网采纳CSMA/CD协议实现介质访问限制
23、，数据传输速率为10MbPS，主机甲和主机乙之间的间隔 为2KM，信号传播速度是200 000KM/S.请答复下列问题，并给出计算过程。（1）若主机甲和主机乙发送数据时发生冲突，则从开场发送数据时刻起，到两台主机均检测到冲突时刻止，最短需经多长时间？最长需经过多长时间？（假设主机甲和主机乙发送数据过程中，其他主机不发送数据）（2）若网络不存在任何冲突及过失，主机甲总是以标准的最长以大网数据帧（1518字节）向主机乙发送数据，主机乙每胜利收到一个数据帧后，马上发送下一个数据帧，此时主机甲的有效数据传输速率是多少？（不考虑以大网帧的前导码）【解答】（1）当甲乙同时向对方发送数据时，两台主机均检测到
24、冲突所需时间最短；1KM / 200000KM/S * 2 = 1 *10(-5) S当一方发送的数据立刻要到达另一方时，另一方开场发送数据，两台主机均检测到冲突所需时间最长；2KM / 2000000KM/S * 2 = 2 * 10(-5) S（2）发送一帧所需时间；1518B / 10MbPS = 1.2144 mS数据传播时间；2KM / 200 000KM/S=1*10（-5）S=0.01 mS总时延：1.2144 + 0.01 = 1.2244 mS有效的数据传输速率 = 10MbPS * 1.2144MS / 1.2244MS = 9.92MbPS【考察学问点】CSMA/CD协议
25、下检测到信道碰撞的最短时间和最长时间算法和有效数据传输率。第4章 网络层选择题1. （10年考研35题）某自治系统采纳RIP协议，若该自治系统内的路由器R1收到其邻居路由器R2的间隔 矢量中包含信息net1，16，则可能得出的结论是A. R2可以经过R1到达net1，跳数为17B. R2可以到达net1，跳数为16C. R1可以经过R2到达net1，跳数为17D. R1不能经过R2到达net1【解答】选D。RIP实现了间隔 向量算法，并运用跨度计量标准。RIP允许一 条途径最多只能包含15个路由器，16表示无穷间隔 ，意即不行达，因此本题中 A、B、C的描绘都是错误的，只有D，R1不能经过R2
26、到达net1的描绘是正确的。【考察学问点】本题考察RIP路由协议。2. （10年考研36题）若路由器R因为拥塞丢弃IP分组，则此时R可以向发出该IP分组的源主机发送的ICMP报文件类型是A. 路由重定向B. 目的不行达C. 源抑制D. 超时【解答】选C。ICMP过失限制报文的5种报告：1.目的不行达当路由器和主机不能交付数据报时就向源点发送终点不行达报文；2.源点抑制当路由器和主机由于拥塞而丢弃数据报时，就向源点发送源点抑制报文，是源点知道应当把数据报的发送速率放慢；3.时间超时当路由器收到生存时间为0的数据报时，除了丢弃该数据报外，还要向源点发送时间超时报文。当终点在预先规定的时间内不能收到
27、一个数据报的全部数据报片时，就把已收到的数据包片都丢弃，并向源点发送时间超时报文；4.参数问题当路由器或目的主机收到的数据报的首部中有的字段值不正确时，就丢弃该数据报，并向源点发送参数问题报文；5.路由重定向路由器把变更路由发送给主机，让主机知道下次应将数据报发送给另外的路由器（可通过更好的路由）。很明显选C。【考察学问点】考察第4章ICMP报文的种类及作用。ICMP报文的种类有两种：ICMP过失限制报文和ICMP询问报文。本题考察ICMP过失限制报文的5种报告。3. （10年考研37题）某网络的IP地址为192.168.5.0/24采纳长子网划分，子网掩码为255.255.255.248，则
28、该网络的最大子网个数，每个子网内的最大可安排地址个数为A：32，8B：32，6C：8，32D：8，30【解答】选B。由子网掩码为255.255.255.248，则转化为二进制为11111111.11111111.11111111.11111000。前24位表示网络号，因此子网号为 5 位，在CIDR中可以表示25=32个子网，主机号为3位，除去全0和全1的状况可以表示6个主机地址。【考察学问点】本题考察子网划分及子网掩码、CIDR。5. （10年考研38题）下列网络设备中，可以抑制网络风暴的是中继器 集线器 网桥 路由器A. 仅和B. 仅C. 仅和D. 仅【解答】选C。中继器和集线器工作在物理
29、层，不能抑制网络风暴。为理解决冲突域的问题，人们利用网桥和交换机来分隔互联网的各个网段中的通信量， 建立多个分别的冲突域。但是，当网桥和交换机接收到一个未知转发信息的数据帧时，为了保证该帧能被目的结点正确接收，将该帧从全部的端口播送出去。于是可以看出，网桥和交换机的冲突域等于端口的个数，播送域为1。因此网桥能抑制网络风暴。【考察学问点】本题考察网络设备及网络风暴。6. （11年考研37题）某网络拓扑如下图所示，路由器R1只有到达子网192.168.1.0/24的路由。为使R1可以将IP分组正确地路由到全部子网，则在R1中须要加的一条路由（目的网络，子网掩码，下一跳）是A.192.168.2.0
30、， 255.255.255.128， 192.168.1.1B.192.168.2.0， 255.255.255.0， 192.168.1.1C.192.168.2.0， 255.255.255.128， 192.168.1.2D.192.168.2.0， 255.255.255.0， 192.168.1.2【解答】选D。要使R1可以正确将分组路由到全部子网，则R1中须要有到192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的路由。视察发觉网络192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的网络号的前24位都一样，于是可以聚合成超网192.168.2.0/24。从图
31、中可以看出下一跳地址应当是192.168.1.2。【考察学问点】此题主要考察路由聚合。7.（11年考研38题）.在子网192.168.4.0/30中，能接收目的地址为192.168.4.3的IP分组的最大主机数是A. 0B. 1C. 2D. 4【解答】选C。首先分析192.168.4.0/30这个网络。主机号占两位，地址范围192.168.4.0/30192.168.4.3/30，即可以包容（4-2=2）个主机。因此选C。【考察学问点】本题考察子网划分及CIDR。8. （12年考研37题） 下列关于IP路由器功能的描绘中，正确的是. 运行路由协议，设置路由表. 监测到拥塞时，合理丢弃IP分组.
32、 对收到的IP分组头进展过失校验，确保传输的IP分组不丧失. 根据收到的IP分组的目的IP地址，将其转发到适宜的输出线路上A. 仅、B. 仅、C. 仅、D. 、【解答】选C。中路由器对收到的IP数据报首部进展过失校验，丢弃有过失首部的报文，不保证IP分组的不丧失。【考察学问点】路由器的相关功能。9. （12年考研38题） ARP协议的功能是A. 根据IP地址查询MAC地址B. 根据MAC地址查询IP地址C. 根据域名查询IP地址D. 根据IP地址查询域名【解答】选A。地址解析协议ARP的作用是在知道对方IP地址的状况下，寻求解析成MAC地址。【考察学问点】ARP的作用10. （12年考研39题
33、） 某主机的IP地址为180.80.77.55，子网掩码为255.255.252.0。若该主机向其所在子网发送播送分组，则目的地址可以是A.180.80.76.0B. 180.80.76.255C. 180.80.77.255D. 180.80.79.255【解答】选D。IP地址180.80.77（01001101）.55及子网掩码255.255.252（11111100）.0逐比特相及，得这个IP地址所处的网络地址为：180.80.76.0。主机号（后10位）全1时为播送地址，即180.80.79.255。【考察学问点】IP地址及子网掩码综合题1. 综合应用题（09年考研47题）某公司网络拓
34、扑图如下图所示，路由器R1通过接口E1、E2分别连接局域网1、局域网2，通过接口L0连接路由器R2，并通过路由器R2连接域名效劳器及互联网。R1的L0接口的IP地址是202.118.2.1；R2的L0接口的IP地址是202.118.2.2，L1接口的IP地址是130.11.120.1，E0接口的IP地址是202.118.3.1；域名效劳器的IP地址是202.118.3.2。某公司网络拓扑图R1 和R2 的路由表构造为:目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址接口(1)将IP地址空间202.118.1.0/24 划分为2个子网，分别安排给局域网1、局域网2，每个局域网需安排的IP地址数不少于120
35、个.请给出子网划分结果，说明理由或给出必要的计算过程.【解答】由题目知网络地址位数是24位，由于IP地址是32位，因此其主机号局部就是8位。由于主机号全0和全1的地址不安排。因此8位主机号所能表示的主机数就是2的8次方减2，即254台。将此地址空间分别安排给局域网1、局域网2，每个局域网需安排的IP地址数不少于120个，则运用一位表示子网号，其中的7位表示主机号，所以划分的两个网段是：202.118.1.0/25和202.118.1.128/25 子网掩码是：255.255.255.128。【考察学问点】考察子网的划分，网络前缀(2)请给出R1的路由表，使其明确包括到局域网1的路由、局域网2的
36、路由、域名效劳器的主机路由和互联网的路由.【解答】：由第一问得出局域网1的IP地址为202.118.1.0 ，局域网2的IP地址为202.118.1.128 路由器R1干脆及局域网1和2通过接口E1和E2连接。路由器R1到达202.118.3.2网络须要通过R2。R1的默认路由为0.0.0.0所以R1的路由表为：目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址接口202.118.1.0255.255.255.128-E1202.118.1.128255.255.255.128-E2202.118.3.2255.255.255.255202.118.2.2L00.0.0.00.0.0.0202.118.2
37、.2L0【考察学问点】路由表的构造 (3)请采纳路由聚合技术，给出R2到局域网1和局域网2的路由.【解答】：由第一问可知，局域网1和局域网2可以聚合为202.118.1.0/24 R2到达局域网1和局域网2的途径一样，都须要经过接口L0到达路由器R1。 所以R2的路由表：目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址接口202.118.1.0255.255.255.0202.118.2.1L0【考察学问点】考察路由聚合技术。由于一个CIDR地址块中有很多地址，所以在路由表中就利用CIDR地址块来查找目的网络。这种地址聚合常称为路由聚合，它使得路由表中的一个工程可以表示原来传统分类地址的很多个路由。2.
38、 （11年考研47题）某主机的MAC地址为00-15-C5-C1-5E-28，IP地址为10.2.128.100 (私有地址)。题47-a图是网络拓扑，题47-b图是该主机进展Web恳求的1个以太网数据帧前80个字节的十六进制及ASCII码内容。请参考图中的数据答复以下问题。(1) Web效劳器的IP地址是什么？该主机的默认网关的MAC地址是什么？【解答】 64.170.98.32 00-21-27-21-51-ee 以太网帧头部6+6+2=14字节，IP数据报首部目的IP地址字段前有4*4=16字节，从以太网数据帧第一字节开场数14+16=30字节，得目的IP地址40 aa 62 20(十六
39、进制)，转换为十进制得64.170.98.32。以太网帧的前六字节00-21-27-21-51-ee是目的MAC地址，本题中即为主机的默认网关10.2.128.1端口的MAC地址。【考察学问点】以太网帧构造，帧中封装的各个局部及长度。IP分组的构造。(2) 该主机在构造题47-b图的数据帧时，运用什么协议确定目的MAC地址？封装该协议恳求报文的以太网的目的MAC地址是什么？【解答】ARP FF-FF-FF-FF-FF-FF ARP协议解决IP地址到MAC地址的映射问题。主机的ARP进程在本以太网以播送的形式发送 ARP 恳求分组，在以太网上播送时，以太网帧的目的地址为全 1，即 FF-FF-F
40、F-FF-FF-FF。【考察学问点】ARP协议(3) 假设HTTP/1.1协议以持续的非流水线方式工作，一次恳求-响应时间为RTT，rfc.html页面引用了5个JPEG小图像，则从发出题47-b图中的Web恳求开场到阅读器收到全部内容为止，须要多少个RTT？【解答】6HTTP/1.1 协议以持续的非流水线方式工作时，效劳器在发送响应后仍旧在一段时间内保持这段连接，客户机在收到前一个响应后才能发送下一个恳求。第一个RTT用于恳求web页面，客户机收到第一个恳求的响应后(还有五个恳求未发送)，每访问一次对象就用去一个RTT。故共1+5=6个RTT后阅读器收到全部内容。【考察学问点】HTTP/1.
41、1 协议。(4) 该帧所封装的IP分组经过路由器R转发时，需修改IP分组头中的哪些字段？注：以太网数据帧的IP分组头构造分别如题47-c图，47-d图所示。【解答】源IP地址0a 02 80 64 改为65 0c 7b 0f生存时间(TTL)减1校验和字段重新计算私有地址和Internet上的主机通信时，须有NAT路由器进展网络地址转换，把IP数据报的源IP地址(本题为私有地址10.2.128.100)转换为NAT路由器的一个全球IP地址(本题为101.12.123.15)。因此，源IP地址字段0a 02 80 64变为65 0c 7b 0f。IP数据报每经过一个路由器，生存时间TTL值就减1
42、，并重新计算首部校验和。若IP分组的长度超过输出链路的MTU，则总长度字段、标记字段、片偏移字段也要发生变更。【考察学问点】IP数据报格式及私有地址转换3. （13年考研47题）假设Internet的两个自治系统构成的网络如图所示，自治系统AS1由路由器R1连接两个子网构成；自治系统AS2由路由器R2、R3互联并连接3个子网构成。各子网地址、R2的接口名、R1及R3的局部接口IP地址如图所示。 请答复下列问题。 （1）假设路由表构造如下表所示。请利用路由聚合技术，给出R2的路由表，要求包括到达图中全部子网的路由，且路由表中的路由项尽可能少。【解答】 在AS1中，子网153.14.5.0/25和
43、子网153.14.5.128/25可以聚合为子网153.14.5.0/24；在AS2中，子网194.17.20.0/25和子网194.17.21.0/24可以聚合为子网194.17.20.0/23，但缺少194.17.20.128/25；子网194.17.20.128/25单独连接到R2的接口E0。于是可以得到R2的路由表如下：【考察学问点】路由聚合和路由表构造 （2）若R2收到一个目的IP地址为194.17.20.200的IP分组，R2会通过哪个接口转发该IP分组？【解答】该IP分组的目的IP地址194.17.20.200及路由表中194.17.20.0/23和194.17.20.128/2
44、5两个路由表项均匹配，根据最长匹配原则，R2将通过E0接口转发该IP分组。【考察学问点】CIDR的最长前缀匹配 （3）R1及R2之间利用哪个路由协议交换路由信息？该路由协议的报文被封装到哪个协议的分组中进展传输？【解答】R1及R2之间利用BGP4（或BGP）交换路由信息；BGP4的报文被封装到TCP协议段中进展传输。【考察学问点】外部网关协议边界网关协议BGP44. （14年考研43题）某网络中的路由器运行OSPF路由协议，题42表是路由器R1维护的主要链路状态信息（LSI），题42图是根据题42表及R1的接口名构造出来的网络拓扑。题42表R1所维护的LSIR1的LSIR2的LSIR3的LSI
45、R4的LSI备注Router ID10.1.1.110.1.1.210.1.1.510.1.1.6标识路由器的IP地址Link1ID10.1.1.210.1.1.110.1.1.610.1.1.5所连路由器的RounterIDIP10.1.1.110.1.1.210.1.1.510.1.1.6Link1的根本IP地址Metric3366Link1的费用Link2ID10.1.1.510.1.1.610.1.1.110.1.1.12所连路由器的RounterIDIP10.1.1.910.1.1.1310.1.1.1010.1.1.14Link2根本IP地址Metic2424Link2费用Net1
46、Prefix192.1.1.0/24192.1.6.0/24192.1.7.0/24192.1.7.0/24干脆网络Net1的网络前缀Metric1111到达直连网络Net1的费用题42图 R1构造的网络拓扑 请根据题42描绘的网络，接着答复下列问题。 （1）假设路由表构造如下表所示，请给出题42图中R1的路由表，要求包括到达题42图中子网192.1.x.x的路由，且路由表中的路由项尽可能少。【解答】 子网192.1.6.0/24和192.1.7.0/24在R1的路由表中可以聚合为一个子网192.1.6.0/23，于是可以得到R1的路由表如下：【考察学问点】路由聚合和路由表构造 （2）当主机192.1.1.130向主机192.1.7.211发送一个TTL=64的IP分组时，R1通过哪个接口转发该IP分组？主机192.1.7.