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2013 年全国硕士研究生入学统一考试计算机科学与技术学科联考计算机学科专业基础综合试题计算机网络部分试题解析一、单项选择题：第 1~40 小题，每小题 2 分，共 80 分。
2013 年全国硕士研究生入学统一考试
计算机科学与技术学科联考
计算机学科专业基础综合试题
计算机网络部分试题解析
一、单项选择题：第 1~40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项最符合试题要求。
33. 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
【答案】B
【解析】本题考查以下两点：
（1）OSI 参考模型应用层的相邻层是哪一层？
（2）该层的主要功能是什么？
OSI 参考模型应用层的相邻层是表示层。表示层的任务是实现与数据表示相关的功能，主要包括数据字符集的转换、数据格式化、文本压缩、数据加密以及解密等工作。因此本题选择选项 B。
选项 A 中的对话管理，是会话层实现的功能；
选项 C 中的路由选择，是网络层实现的功能；
选项 D 中的可靠数据传输，是传输层实现的功能。
34. 若下图为 10 BaseT 网卡接收到的信号波形，则该网卡收到的比特串是
A．0011 0110
B．1010 1101
C．0101 0010
D．1100 0101
【答案】A
【解析】
10BaseT 代表的是传统以太网，而以太网使用的是曼彻斯特编码。曼彻斯特编码的特点是将码元时间分成两个相等的间隔，前半个码元与后半个码元在码元中点时刻必须跳变，例如上跳变可以表示 0，下跳变可以表示 1，但也可反过来定义。在本题中，只有选项 A 符合曼彻斯特编码的特点，并且可以看出上跳变表示 0，下跳变表示 1。
35. 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 8 Mb（1M=10^6）的报文。若忽略链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间，则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为
A．800 ms、1 600 ms
B．801 ms、1 600 ms
C．1 600 ms、800 ms
D．1 600 ms、801 ms
【答案】D
【解析】根据题意，画出如下拓扑。
报文交换的总时延 = 主机甲的发送时延 + 路由器的发送时延
= 8Mb/10Mbps × 2 =1600ms
分组交换的总时延有以下两种解法：
解法一：
（1）待发送分组数量 = 8Mb / 10kb = 800
（2）第 1 个分组的总时延 = 主机甲的发送时延 + 一个路由器的发送时延
= 10kb/10Mbps + 10kb/10Mbps
= 20kb/10Mbps
（3）主机甲发送完第 1 个分组后接着发送第 2 个分组，也就是说第 2 个分组比第 1 个分组慢一个发送时延，同理，第 3 个分组比第 2 个分组慢一个发送时延，…，第 800 个分组比第 799 个分组慢一个发送时延；
综合（1）、（2）、（3）可知，总时延 = 第 1 个分组的总时延 + 发送时延 × 799
= 20kb/10Mbps + (10kb/10Mbps) × 799
= 8010kb/10Mbps
= 801ms
解法二：
（1）主机甲的发送时延 = 待发送数据量 / 链路的数据传输速率 = 8Mb/10Mbps
（2）经过主机甲的发送时延后，最后一个分组才刚从主机甲发送的链路上，它还要经过一个路由器的转发才能到达主机乙。
综合（1）和（2）可知，总时延 = 主机甲的发送时延 + 最后一个分组的路由器转发时延
= 8Mb/10Mbps + 10kb/10Mbps
= 801ms
【注意】本题与 2010 年第 34 题类似。
36. 下列介质访问控制方法中，可能发生冲突的是
A．CDMA
B．CSMA
C．TDMA
D．FDMA
【答案】B
【解析】
CDMA(Code Division Multiplex Access) 是指码分多址
CSMA(Carrier Sense Multiple Access) 是指载波监听多点接入
TDMA(Time Division Multiple Access) 是指时分多址
FDMA(Frequency Division Multiple Access) 是指频分多址
TDMA，FDMA，CDMA 是常见的信道复用技术，属于静态划分信道，用于多用户共享信道，不会发生冲突。
CSMA 属于争用型的介质访问控制协议，连接在同一介质上的多个主机使用该协议以竞争方式发送数据帧，可能出现冲突（也称为碰撞）。
综上所述，选项 B 正确。
37. HDLC 协议对 01111100 01111110 组帧后对应的比特串为
A．01111100 00111110 10
B．01111100 01111101 01111110
C．01111100 01111101 0
D．01111100 01111110 01111101
【答案】A
【解析】
本题考查 HDLC 协议中有关帧结构和实现 “透明传输” 的“零比特填充法”的相关知识。
HDLC(High-Level Data Link Control) 是指高级数据链路控制，它是一个在同步网上传输面向比特的数据帧的数据链路层协议，它由国际标准化组织 ISO 根据 IBM 公司的同步数据链路控制 SDLC 协议扩展开发而成的。
HDLC 协议的帧结构如下图所示：
其中，标志字段的取值为 0111 1110，用以标志帧的起始和结束。试想这样一种情况：帧中两个标志字段之间的各字段的取值如果也恰好出现了 0111 1110，例如下图所示，
这样就会使接收方对帧是否结束产生误判。因此，需要使用 “零比特填充法” 来实现 “透明传输”。换句话说，即使待发送数据帧的两个标志字段之间的各字段的取值恰好出现了和标志字段取值相同的 0111 1110，在使用“零比特填充法” 后，标志字段的取值 0111 1110 在整个数据帧中具有唯一性，不会造成接收方对帧是否结束的误判。
“零比特填充法” 的具体操作如下：
发送方监视所发送的比特流，每当发送了连续 5 个比特 1 时，就插入一个附加的比特 0；
接收方监视所接收的比特流，每当接收了连续 5 个比特 1 时，将其后续的比特 0 删除。
综上所述，选项 A 正确。
38. 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．0 μs
B．0.48 μs
C．5.12 μs
D．121.44 μs
【答案】B
【解析】
以太网的帧格式如下图所示。
采用直通交换方式的交换机在接收帧时，一般只要接收到帧的前 14 字节（8 字节前导码和 6 字节的目的 MAC 地址），就已经知道了帧的目的 MAC 地址，交换机不缓存帧也不对其进行校验，而是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，把帧直通到相应的端口，实现交换功能，这比采用存储转发方式的交换机具有更小的转发延迟。
本题指明不包括前导码，因此只检查帧的目的 MAC 地址，共 6 字节，所以引入的转发延迟至少是 8b × 6 ÷ 100Mb/s = 0.48μs，因此选项 B 正确。
39. 主机甲与主机乙之间已建立一个 TCP 连接，双方持续有数据传输，且数据无差错与丢失。若甲收到 1 个来自乙的 TCP 段，该段的序号为 1913、确认序号为 2046、有效载荷为 100 字节，则甲立即发送给乙的 TCP 段的序号和确认序号分别是
A．2046、2012
B．2046、2013
C．2047、2012
D．2047、2013
【答案】B
【解析】
题目给定乙发送给甲的 TCP 段的确认序号为 2046，这表明乙已正确接收到甲之前发送的序号为 2046 以前的有效载荷，现在乙期望接收甲发送的有效载荷的第 1 个字节的序号为 2046 的有效载荷。换句话说，甲立即发送给乙的 TCP 段的序号应为 2046，表明该段的有效数据载荷的第 1 个字节的序号为 2046。
题目给定乙发送给甲的 TCP 段的序号为 1913，且有效载荷为 100 字节，则该 TCP 段的有效载荷的最后 1 个字节的序号为 2012，因此甲立即发送给乙的 TCP 段的确认序号应该为 2012+1=2013，表明乙之前发送的序号 2012 及以前的有效载荷已正确接收。
上述过程如下所示，
因此，选项 B 正确。
40. 下列关于 SMTP 协议的叙述中，正确的是
I. 只支持传输 7 比特 ASCII 码内容
- 支持在邮件服务器之间发送邮件
- 支持从用户代理向邮件服务器发送邮件
- 支持从邮件服务器向用户代理发送邮件
A．仅 I、II 和 III
B．仅 I、II 和 IV
C．仅 I、III 和 IV
D．仅 II、III 和 IV
【答案】A
【解析】
SMTP 协议只支持传输 7 比特 ASCII 码内容，I 正确；
SMTP 协议用于用户计算机中的用户代理向邮件服务器发送邮件或在邮件服务器之间发送邮件，II 和 III 正确；
用户计算机中的用户代理使用 POP3 协议从邮件服务器读取邮件，IV 错误；
综上所述，选项 A 正确。
二、综合应用题：第 41~47 题，共 70 分。
47.（9 分）假设 Internet 的两个自治系统构成的网络如题 47 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 地址如题 47 图所示。
请回答下列问题。
01) 假设路由表结构如下表所示。请利用路由聚合技术，给出 R2 的路由表，要求包括到达题 47 图中所有子网的路由，且路由表中的路由项尽可能少。
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？2）
R2 收到一个目的 IP 地址为 194.17.20.200 的 IP 分组，然后进行查表转发。
检查第一个路由项，153.14.5.0 的前 24 比特与目的 IP 地址 194.17.20.200 的前 24 比特不相同，第一个路由项不匹配。
检查第二个路由项，194.17.20.0 的前 23 比特与目的 IP 地址 194.17.20.200 的前 23 比特相同，第二个路由项匹配。
检查第三个路由项，194.17.20.128 的前 25 比特与目的 IP 地址 194.17.20.200 的前 25 比特相同，第三个路由项匹配。
查表发现有两个匹配的路由项，根据 “最长前缀匹配” 原则，选项第三个路由项，也就是 / 25 的路由项，因为“前缀越长、地址就越具体”，因此 R2 将通过接口 E0 转发该 IP 分组。
3) R1 与 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行传输？
3）R1 和 R2 分处于两个不同的自治系统 AS，AS 之间的路由选择协议属于外部网关协议 EGP 这个类型，典型的协议为边界网关协议 BGP，目前使用最多的版本是 BGP-4；BGP-4 报文被封装在 TCP 报文段中进行传输。
题 47 图 网络拓扑结构
【解析】
1）
（1）路由器 R2 可以通过路由器 R1 到达 AS1 中的两个网络 153.14.5.0/25 和 153.14.5.128/25。根据题目要求尽量减少 R2 路由表中的路由项，可以将到达这两个网络的路由聚合成一条路由。其中，目的网络可以通过找这两个网络的共同前缀来得出聚合后的网络地址 153.14.5.0/24，如下图所示；下一跳为路由器 R1 的 IP 地址 153.14.3.2；接口为路由器 R2 的接口 S0。
（2）路由器 R2 可以通过路由器 R3 到达 AS2 中的两个网络 194.17.20.0/25 和 194.17.21.0/24。根据题目要求尽量减少 R2 路由表中的路由项，可以将到达这两个网络的路由聚合成一条路由。其中，目的网络可以通过找这两个网络的共同前缀来得出聚合后的网络地址 194.17.20.0/23，如下图所示；下一跳为路由器 R3 的 IP 地址 194.17.24.2；接口为路由器 R2 的接口 S1。
（3）路由器 R2 与网络 194.17.20.128/25 是直连的，可以自动得出到达该网络的路由项。其中，目的网络地址为 194.17.20.128/25；下一跳没有，因为这是直连网络；接口为路由器 R2 的接口 E0。
综上所述，路由器 R2 的路由表如下所示。