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1、网络习题整理（09-2023考研真题）第1章 概论选择题1. （2023考研33题）在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是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，因此判断是传输层。数据链路层重要负责传输途径上相邻节点间的数据交付，这个节点涉及了互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足题意。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，应用层只是提供应用进程之间通信的规范，都不涉及到传输。【考察知识点】本题考察的知识点重要是
2、OSI模型及其各层的重要功能。2. （2023考研33题）下列选项中，不属于网络体系结构中所描述的内容是A.网络的层次B.每一层使用的协议C.协议的内部实现细节 D.每一层必须完毕的功能【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结构；换种说法，计算机网络体系结构就是这个计算机网络及其构件所应完毕的功能的精拟定义。显然A、B、D强调的是各层的功能及其使用的协议，C协议的内部实现细节不符合；【考察知识点】考察的是对计算机网络体系结构定义的理解；3. （2023考研34题）在下图所示的采用“存储-转发”方式分组的互换网络中，所有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的文献，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从H1发送到H2接受完为止，需要的时间至少是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，文献长度为 980000B，需拆分为1000个分组，加上头部后，每个分组大小为1000B，总共需要传送的数据量大小为1MB。当t = 1M8/100Mbps = 80ms 时，H1发送完最后一个bit； 到达目的地，最后一个分组，需通过2个分组互换机的转发，每次转发的时间为t0 = 1K8/100Mb
4、ps = 0.08ms，t= 80ms + 2t0 当t=80.16ms 时，H2接受完文献，即所需的时间至少为 80.16ms。【考察知识点】本题考察存储转发机制中时延的计算。4. （2023考研33题）TCP/IP参考模型的网络层提供的是A.无连接不可靠的数据报服务B .无连接可靠的数据报服务C.有连接不可靠的虚电路服务D.有连接可靠的虚电路服务【解答】选A。TCP/IP的网络层向上只提供简朴灵活的、无连接的、尽最大努力交付的数据报服务。因此网络层提供的无连接不可靠的数据服务。【考察知识点】TCP/IP层次模型。5. （2023考研33题） 在TCP/IP体系结构中，直接为ICMP提供服务
5、的协议是A. PPPB. IPC. UDPD. TCP【解答】选B。ICMP协议处在体系结构中的网络层，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。【考察知识点】本题考察ICMP和IP的关系。6. （2023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. 可靠数据传输【解答】选B。OSI参考模型中，应用层的相邻层是表达层。表达层是OSI七层协议的第六层。表达层的目的是表达出用户看得懂的数据格式，实现与数据表达有关的功能。重要完毕数据字符集的转换、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。【
6、考察知识点】本题考察OSI七层体系结构及各层重要功能。7. （2023考研35题）主机甲通过1个路由器（存储转发方式）与主机乙互联，两段链路的数据传输速率均为10Mbps，主机甲分别采用报文互换和分组大小为10kb的分组互换向主机乙发送1个大小为8Mb（1M=106）的报文。若忽略链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间，则两种互换方式完毕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。不进行分组时，发送一个报文的时延是8Mb/10Mbps=800ms，在接受端接受此报文献的时延也是
7、800ms，共计1600ms。进行分组后，发送一个报文的时延是10kb/10Mbps=1ms，接受一个报文的时延也是1ms，但是在发送第二个报文时，第一个报文已经开始接受。共计有800个分组，总时间为801ms。【考察知识点】本题考察报文互换和分组互换技术发送时延的计算。8. （2023考研33题）在OSI参考模型中，直接为会话层提供服务的是A. 应用层B. 表达层C. 传输层D. 网络层【解答】选C。在OSI七层体系结构中会话层的下一层是传输层。【考察知识点】OSI七层体系结构及各层重要功能。第2章 物理层选择题1. （2023考研34题）在无噪声情况下，若某通信链路的带宽为3kHz，采用4
8、个相位，每个相位具有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。【考察知识点】奈氏准则。抱负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
9、速率C与信道带宽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）数表达。2. （2023考研34题）若某通信链路的数据传输速率为2400bps，采用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，则一个码元需要由log24=2个bit表达，则波特率=比特率/2=1200波特。【考察知识点】考察波特与比特率的关系；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
10、效位数。单位比特/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. （2023考研34题）在物理层接口特性中，用于描述完毕每种功能的事件发生顺序的是A. 机械特性B. 功能特性C. 过程特性D. 电气特性【解答】选C。【考察知识点】物理层接口的四个特性。4. （2023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。信号传播速度在一定介质中是固定的。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。【考察知识点】香农公式、奈氏准
11、则5. （2023考研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的码片与链路上的序列做规格化内积，得1，-1，1相应的数据为1,0,1。【考察知识点】CDMA码分多址第3章 数据链路层选择题1. （2023考研35题）数据链路层采用了后退N帧(GBN)协议，发送方已经发送了编号为07的帧。当计时器
12、超时时，若发送方只收到0、2、3号帧的确认，则发送方需要重发的帧数是A. 2B. 3C. 4D. 5【解答】选C。后退 N 帧 ARQ就是从犯错处重发已发出过的N个帧。数据链路层采用了后退N帧（GBN）协议，发送方已经发送了编号为 07 的帧。此处需要理解确认号的含义。确认帧的编号有两个含义：一表达接受方已收到该编号之前的所有帧，又表达接受方所希望接受的数据帧。本题当计时器超时时，若发送方只收到 0、2、3 号帧的确认。对3号帧的确认表白，3号及之前的帧已被对的接受，现在希望接受的是4号帧，因此，需要从4号帧开始重传。【考察知识点】数据链路层采用的后退N帧(GBN)协议。.后退N帧ARQ就是从
13、犯错处重发已发出过的N个帧。确认号的含义！2. （2023考研35题）数据链路层采用选择重传协议（SR）传输数据，发送方已发送了03号数据帧，现已收到1号帧的确认，而0、2号帧依次超时，则此时需要重传的帧数是A. .1B. 2C. 3D. 4【解答】选B。选择重传协议中，接受方逐个地确认对的接受的分组，不管接受到的分组是否有序，只要对的接受就发送选择ACK分组进行确认。因此选择重传协议中的ACK分组不再具有累积确认的作用。这点要特别注意与GBN协议的区别。此题中只收到1号帧的确认，0、2号帧超时，由于对于1号帧的确认不具累积确认的作用，因此发送方认为接受方没有收到0、2号帧，于是重传这两帧。【
14、考察知识点】重传协议（SR）和GBN协议的区别。3. （2023考研36题）以太网互换机进行转发决策时使用的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。【考察知识点】以太网在数据链路层的扩展，使用互换机扩展时转发依据的地址是目的MAC地址。4. （2023考研37题）在一个采用CSMA/CD协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gbps，电缆中的信号传播速度是200 000km/s.若最小数据帧长度减少800比特，则最远的两个站点之间的距离至少需要A.增长160mB.增长80m C.减少160mD.减少80m【解答】选D。设传输介
15、质长度为d(m)，原最小帧长为M，则M=2*(d/)*1Gbps，得M=10d。所以最小数据帧长度减少800比特，最远的两个站点之间的距离至少需要减少80m。【考察知识点】CSMA/CD协议下最小帧长度计算。5. （2023考研36题）下列选择中，对对的接受到的数据帧进行确认的MAC协议是A. CSMA B. CDMA C. CSMA/CD D. CSMA/CA【解答】选D。可以用排除法。一方面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，接受方并不需要确认；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。CSM
16、A/CA是无线局域网标准802.11中的协议。CSMA/CA运用ACK信号来避免冲突的发生，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对的到达目的地址。【考察知识点】考察对基本概念CSMA ，CDMA，CSMA/CD ，CSMA/CA的理解。6. （2023考研35题） 以太网的MAC协议提供的是A. 无连接不可靠服务B. 无连接可靠服务C. 有连接不可靠服务D. 有连接可靠服务【解答】选A。服务方式分为面向连接和无连接两种，面向连接的必须有建立连接-通信-释放连接三个过程，无连接方式是直接通信。可靠性由确认和重传机制保证。【考察知识点】连接性和可靠性问题。7. （
17、2023考研36题） 两台主机之间的数据链路层采用退后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，接受方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道运用率达成最高，帧序号的比特数至少为A. .5B. 4C. 3D. 2【解答】选B。本题重规定解的是从发送一个帧到接受到对这个帧的确认为止的时间内最多可以发送多少数据帧。要尽也许多发帧，应以短的数据帧计算，因此一方面计算出发送一帧的时间：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=1
18、0.4（帧），发送这么多帧至少需要用4位比特进行编号。【考察知识点】连续ARQ协议（退后N帧协议）。8. （2023考研34题）若下图为10BaseT网卡接受到的信号波形，则该网卡收到的比特串是A. 0011 0110B. 1010 1101C. 0101 0010D. 1100 0101【解答】选A。以太网编码采用曼彻斯特编码方式，电平由低电平到高电平跳变表达数字“0”，由高电平到低电平跳变表达数字“1”，因此网卡收到的比特串是00110110。【考察知识点】以太网的编码机制。9. （2023考研36题）下列介质访问控制方法中，也许发生冲突的是A. CDMAB. CSMAC. TDMAD.
19、FDMA【解答】选B。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。【考察知识点】信道复用技术（静态、动态划分信道）10. （2023考研37题）HDLC协议对0111 1100 0111 1110 组帧后相应的比特串为A. 01111100 00111110 10B. 01111100 01111101 01111110C. 01111100 01111101 0D. 01111100 01111110 01111101【解答】选A。HDLC协议面向比特，
20、因HDLC数据帧以位模式01111110标记每一个帧的开始和结束，因此对比特串进行组帧时采用零比特填充法，即在数据帧中凡是出现了5个连续的“1”时则在其后插入一个“0”，然后再进行输出。所以答案为A。【考察知识点】透明传输技术中的零比特填充法。11. （2023考研38题）对于100Mbps的以太网互换机，当输出端口无排队，以直通互换（cut-through switching）方式转发一个以太网帧（不涉及前导码）时，引入的转发延迟至少是A. 0sB. 0.48sC. 5.12sD. 121.44s【解答】选B。直通互换方式是指以太网互换机可以在各端口间互换数据。它在输入端口检测到一个数据包时
21、，检查该包的包头，获取包的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在输入与输出交叉处接通，把数据包直通到相应的端口，实现互换功能。通常情况下，直通互换方式只检查数据包的包头即前14个字节，由于不需要考虑前导码，只需要检测目的地址的6B，所以最短的传输延迟是0.48s。【考察知识点】互换机的种类和工作方式。12. （2023考研34题）某以太网拓扑及互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，互换机对这
22、两个帧的转发端口分别是目的地址端口00-e1-d5-00-23-b1212300-a1-d5-00-23-a100-e1-d5-00-23-b100-e1-d5-00-23-c1互换机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，互换机从1号端口接受此数据帧，因目的MAC地址不在转发表中，所以互换机采用洪泛法向其它端口（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，互换机从3号端口接受此帧，查找转发表，从相应1号端口转发此帧。【考察知识点】互换机转发表的建立和转发原则综合题1. （2023考研47题）某局域网采用CSM
23、A/CD协议实现介质访问控制，数据传输速率为10MbPS，主机甲和主机乙之间的距离为2KM，信号传播速度是200 000KM/S.请回答下列问题，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，则从开始发送数据时刻起，到两台主机均检测到冲突时刻止，最短需经多长时间？最长需通过多长时间？（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与差错，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，主机乙每成功收到一个数据帧后，立即发送下一个数据帧，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
24、送数据时，两台主机均检测到冲突所需时间最短；1KM / 202300KM/S * 2 = 1 *10(-5) S当一方发送的数据立即要到达另一方时，另一方开始发送数据，两台主机均检测到冲突所需时间最长；2KM / 2023000KM/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
25、知识点】CSMA/CD协议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. （2023考研35题）某自治系统采用RIP协议，若该自治系统内的路由器R1收到其邻居路由器R2的距离矢量中包含信息net1，16，则也许得出的结论是A. R2可以通过R1到达net1，跳数为17B. R2可以到达net1，跳数为16C. R1可以通过R2到达net1，跳数为17D. R1不能通过R2到达net1【解答】选D。RIP实现了距离向量算法，并使用跨度计量标准。RIP允许一 条途径最多只能包含15个路由器，16表达无穷距离，意即不可达，因此本题中 A、B、C的描述都是错误的，只
26、有D，R1不能通过R2到达net1的描述是对的的。【考察知识点】本题考察RIP路由协议。2. （2023考研36题）若路由器R由于拥塞丢弃IP分组，则此时R可以向发出该IP分组的源主机发送的ICMP报文献类型是A. 路由重定向B. 目的不可达C. 源克制D. 超时【解答】选C。ICMP差错控制报文的5种报告：1.目的不可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可达报文；2.源点克制当路由器和主机由于拥塞而丢弃数据报时，就向源点发送源点克制报文，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
27、预先规定的时间内不能收到一个数据报的所有数据报片时，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对的时，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改变路由发送给主机，让主机知道下次应将数据报发送给此外的路由器（可通过更好的路由）。很明显选C。【考察知识点】考察第4章ICMP报文的种类及作用。ICMP报文的种类有两种：ICMP差错控制报文和ICMP询问报文。本题考察ICMP差错控制报文的5种报告。3. （2023考研37题）某网络的IP地址为192.168.5.0/24采用长子网划分，子网掩码为255.
28、255.255.248，则该网络的最大子网个数，每个子网内的最大可分派地址个数为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位表达网络号，因此子网号为 5 位，在CIDR中可以表达25=32个子网，主机号为3位，除去全0和全1的情况可以表达6个主机地址。【考察知识点】本题考察子网划分与子网掩码、CIDR。5. （2023考研38题）下列网络设备中，可以克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
29、C。中继器和集线器工作在物理层，不能克制网络风暴。为了解决冲突域的问题，人们运用网桥和互换机来分隔互联网的各个网段中的通信量， 建立多个分离的冲突域。但是，当网桥和互换机接受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对的接受，将该帧从所有的端口广播出去。于是可以看出，网桥和互换机的冲突域等于端口的个数，广播域为1。因此网桥能克制网络风暴。【考察知识点】本题考察网络设备与网络风暴。6. （2023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分组对的地路由到所有子网，则在R1中需要加的一条路由（目的网络，子网掩码，下一跳
30、）是A.192.168.2.0， 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可以对的将分组路由到所有子网，则R1中需要有到192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的路由。观测发现网络192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的网络号的前24位都相同，于是可以聚合成超网19
31、2.168.2.0/24。从图中可以看出下一跳地址应当是192.168.1.2。【考察知识点】此题重要考察路由聚合。7.（2023考研38题）.在子网192.168.4.0/30中，能接受目的地址为192.168.4.3的IP分组的最大主机数是A. 0B. 1C. 2D. 4【解答】选C。一方面分析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，即可以容纳（4-2=2）个主机。因此选C。【考察知识点】本题考察子网划分与CIDR。8. （2023考研37题） 下列关于IP路由器功能的描述中，对的的是. 运营路由协议，设立路由表
32、. 监测到拥塞时，合理丢弃IP分组. 对收到的IP分组头进行差错校验，保证传输的IP分组不丢失. 根据收到的IP分组的目的IP地址，将其转发到合适的输出线路上A. 仅、B. 仅、C. 仅、D. 、【解答】选C。中路由器对收到的IP数据报首部进行差错校验，丢弃有差错首部的报文，不保证IP分组的不丢失。【考察知识点】路由器的相关功能。9. （2023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地址的情况下，寻求解析成MAC地址。【考察知识点】
33、ARP的作用10. （2023考研39题） 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广播分组，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与子网掩码255.255.252（11111100）.0逐比特相与，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时为广播地址，即180.80.79.255。【考察知识点】IP地址与子网掩码综合题1. 综
34、合应用题（2023考研47题）某公司网络拓扑图如下图所示，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连接域名服务器与互联网。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；域名服务器的IP地址是202.118.3.2。某公司网络拓扑图R1 和R2 的路由表结构为: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，分别分派给局域网1、局域网2
35、，每个局域网需分派的IP地址数不少于120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，因此其主机号部分就是8位。由于主机号全0和全1的地址不分派。因此8位主机号所能表达的主机数就是2的8次方减2，即254台。将此地址空间分别分派给局域网1、局域网2，每个局域网需分派的IP地址数不少于120个，则使用一位表达子网号，其中的7位表达主机号，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。【考察知识点】考察子网的划分，网络前缀(2)请给出R1的路由表
36、，使其明确涉及到局域网1的路由、局域网2的路由、域名服务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直接与局域网1和2通过接口E1和E2连接。路由器R1到达202.118.3.2网络需要通过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.
37、0.0.00.0.0.0202.118.2.2L0【考察知识点】路由表的构造 (3)请采用路由聚合技术，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的途径相同，都需要通过接口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【考察知识点】考察路由聚合技术。由于一个CIDR地址块中有许多地址，所以在路由表中就运用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项目
38、可以表达本来传统分类地址的很多个路由。2. （2023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图是该主机进行Web请求的1个以太网数据帧前80个字节的十六进制及ASCII码内容。请参考图中的数据回答以下问题。(1) Web服务器的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始数14+16=30字节
39、，得目的IP地址40 aa 62 20(十六进制)，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。【考察知识点】以太网帧结构，帧中封装的各个部分及长度。IP分组的结构。(2) 该主机在构造题47-b图的数据帧时，使用什么协议拟定目的MAC地址？封装该协议请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进程在本以太网以广播的形式发送 ARP 请求分组，在以太网上广播时，以
40、太网帧的目的地址为全 1，即 FF-FF-FF-FF-FF-FF。【考察知识点】ARP协议(3) 假设HTTP/1.1协议以连续的非流水线方式工作，一次请求-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请求开始到浏览器收到所有内容为止，需要多少个RTT？【解答】6HTTP/1.1 协议以连续的非流水线方式工作时，服务器在发送响应后仍然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干发送下一个请求。第一个RTT用于请求web页面，客户机收到第一个请求的响应后(尚有五个请求未发送)，每访问一次对象就用去一个RTT。故共1+5=6个RTT后浏览
41、器收到所有内容。【考察知识点】HTTP/1.1 协议。(4) 该帧所封装的IP分组通过路由器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分组头结构分别如题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路由器进行网络地址转换，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
42、据报每通过一个路由器，生存时间TTL值就减1，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、标志字段、片偏移字段也要发生变化。【考察知识点】IP数据报格式及私有地址转换3. （2023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与R3的部分接口IP地址如图所示。 请回答下列问题。 （1）假设路由表结构如下表所示。请运用路由聚合技术，给出R2的路由表，规定涉及到达图中所有子网的路由，且路由表中的路由项尽也许少。【解答】
43、 在AS1中，子网153.14.5.0/25和子网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：【考察知识点】路由聚合和路由表结构 （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与路由表中194.17.
44、20.0/23和194.17.20.128/25两个路由表项均匹配，根据最长匹配原则，R2将通过E0接口转发该IP分组。【考察知识点】CIDR的最长前缀匹配 （3）R1与R2之间运用哪个路由协议互换路由信息？该路由协议的报文被封装到哪个协议的分组中进行传输？【解答】R1与R2之间运用BGP4（或BGP）互换路由信息；BGP4的报文被封装到TCP协议段中进行传输。【考察知识点】外部网关协议边界网关协议BGP44. （2023考研43题）某网络中的路由器运营OSPF路由协议，题42表是路由器R1维护的重要链路状态信息（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
45、维护的LSIR1的LSIR2的LSIR3的LSIR4的LSI备注Router ID10.1.1.110.1.1.210.1.1.510.1.1.6标记路由器的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的基本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基本IP地址Metic2424Link2费用Net1Prefix192.1.1.0/24192.1.6.0/24192.1.7.0/24192.1.7.0/24直接网络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描述的网络，继续回答下列问题。 （1）假设路由表结构如下表所示，请给出题42图中R1的路由表，规定涉及到达题42图中子网192.1.x.x的路由，且路由表中的路由项尽也许少。【解答】 子网192.1.6.0/24和192