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2010 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。
2010 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. 下列选项中，不属于网络体系结构所描述的内容是
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．每一层必须完成的功能
【答案】C
【解析】
计算机网络的体系结构就是这个计算机网络及其构件所应完成的功能的精确定义。需要强调的是：这些功能的实现细节（例如采用何种硬件或软件），则是遵循这种体系结构的具体实现问题，并不属于体系结构本身所描述的内容。因此，选项 C 正确。
34. 在下图所示的采用 “存储 - 转发” 方式的分组交换网络中，所有链路的数据传输速率为 100Mbps，分组大小为 1000B，其中分组头大小为 20B。若主机 H1 向主机 H2 发送一个大小为 980 000B 的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从 H1 发送开始到 H2 接收完为止，需要的时间至少是
A．80ms
B．80.08ms
C．80.16ms
D．80.24ms
【答案】C
【解析】
解法一：
（1）待发送分组数量 = 980 000B / (1000B – 20B) =1000
（2）第 1 个分组的总时延 = 主机 H1 的发送时延 + 两个路由器的发送时延
= 1000B/100Mbps + (1000B/100Mbps) × 2
= 3000B/100Mbps
（3）主机 H1 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 1000 个分组比第 999 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 × 999
= 3000B/100Mbps + (1000B/100Mbps) × 999
= 1 002 000B/100Mbps
= 1 002 000 × 8b /100Mbps
= 80.16ms
解法二：
（1）待发送分组数量 = 980 000B / (1000B – 20B) =1000
（2）待发送数据量 = 分组大小 × 待发送分组数量 = 1000B × 1000 = 1000 000B
（3）主机 H1 的发送时延 = 待发送数据量 / 链路的数据传输速率 = 1000 000B / 100Mbps
（4）经过主机 H1 的发送时延后，最后一个分组才刚从主机 H1 发送的链路上，它还要经过两个路由器的转发才能到达主机 H2。
综合（3）和（4）可知，
总时延 = 主机 H1 的发送时延 + 最后一个分组的路由器转发时延 × 2
= 1000 000B / 100Mbps + (1000B / 100Mbps) × 2
= 80.16ms
【注意】数据传输速率单位中的 M 为 10^6，而表示信息量大小的单位中的 M 为 2^20。
35. 某自治系统内采用 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，距离矢量中包含信息 <net1, 16>，则能得出的结论是
A．R2 可以经过 R1 到达 net1，跳数为 17
B．R2 可以到达 net1，跳数为 16
C．R1 可以经过 R2 到达 net1，跳数为 17
D．R1 不能经过 R2 到达 net1
【答案】D
【解析】
本题考查路由信息协议 RIP(Routing Information Protocol) 的相关概念。RIP 是最早得到广泛使用的内部网关协议 IGP。
RIP 是一种基于距离矢量 D-V(Distance-Vector)算法的协议，它使用跳数 (Hop Count) 作为度量 (Metric) 来衡量到达目的网络的距离。默认情况下，路由器到与它直接相连网络的跳数为 0，因此距离为 0；路由器到与它非直连网络的距离等于中间所经过路由器的数量；距离的取值范围是 0~15，等于或大于 16 的距离被定义为无穷大，即目的网络不可达。
在本题中，路由器 R1 收到其邻居路由器 R2 的距离矢量，距离矢量中包含信息 <net1, 16>，这就表明路由器 R2 无法到达目的网络 net1，那么 R1 就不能经过 R2 达到 net1。因此，选项 D 正确。
36. 若路由器 R 因为拥塞丢弃 IP 分组，则此时 R 可向发出该 IP 分组的源主机发送的 ICMP 报文类型是
A．路由重定向
B．目的不可达
C．源点抑制
D．超时
【答案】C
【解析】
ICMP 报文的种类有两种，即 ICMP 差错报告报文和 ICMP 询问报文。
ICMP 差错报告报文用于目标主机或到目标主机路径上的路由器向源主机报告差错和异常情况。共有以下五种类型：
（1）终点不可达（目的不可达）。当路由器或主机不能交付数据报时就向源点发送终点不可达报文。
（2）源点抑制。当路由器或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，使源点知道应当把数据报的发送速率放慢。
（3）时间超过。当路由器收到生存时间 TTL 为零的数据报时，除丢弃该数据报外，还要向源点发送时间超过报文。当终点在预先规定的时间内不能收到一个数据报的全部分片时，就把已收到的分片都丢弃，并向源点发送时间超过报文。
（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的值不正确时，就丢弃该数据报，并向源点发送参数问题报文。
（5）改变路由（重定向）。路由器把改变路由报文发送给主机，让主机知道下次应将数据报发送给另外的路由器，以便通过更好的路由。
ICMP 询问报文有四种类型：回送请求和回答报文、时间戳请求和回答报文、掩码地址请求和回答报文、路由器询问和通告报文，最常用的是前两类。
综上所述，选项 C 正确。
37. 某网络的 IP 地址空间为 192.168.5.0/24，采用定长子网划分，子网掩码为 255.255.255.248，则该网络中的最大子网个数、每个子网内的最大可分配地址个数分别是
A．32, 8
B．32, 6
C．8, 32
D．8,30
【答案】B
【解析】
题目所给 IP 地址空间为 192.168.5.0/24，斜线 “/” 后面的数字 24 表示网络前缀为 24 比特，剩余 8 比特（32 比特 – 24 比特）用来指明主机。该地址空间的 IP 地址数量为 2^(32-24)=256 个。
题目要求采用子网掩码 255.255.255.248 进行定长子网划分，也就是所划分出的各子网都使用该子网掩码。该子网掩码的前三个十进制数都为 255，相当于 24 个连续的比特 1，这与网络前缀对应；第四个十进制数为 248，相当于 5 个连续的比特 1 和 3 个连续的比特 0；5 个连续的比特 1 就表明从指明主机的 8 比特中借用 5 比特来表示子网，因此可划分的子网数量为 2^5=32 个；每个子网还剩余 3 比特来指明主机，共有 2^3=8 个 IP 地址，8 个 IP 地址中最小的地址（3 个比特为 “全零”）作为子网的网络地址，最大的地址（3 个比特为 “全 1”）作为子网的广播地址，剩余 6 个地址可分配给主机。
综上所述，选项 B 正确。
本题子网划分的细节如下所示。
38. 下列网络设备中，能够抑制广播风暴的是
Ⅰ 中继器 Ⅱ 集线器 Ⅲ 网桥 Ⅳ 路由器
A．仅 I 和 II
B．仅 III
C．仅 III 和 IV
D．仅 IV
【答案】D
【解析】
中继器和集线器工作在物理层，既不隔离冲突域也不隔离广播域。
网桥和交换机（多端口网桥）工作在数据链路层，可以根据所接收帧中目的 MAC 地址以及帧交换表（通过自身的自学习算法被动学来）来转发帧，这样就可以 “过滤帧” 而隔离冲突域。换句话说，使用交换机将多个独立的冲突域互连起来，可以扩大通信范围，但是并不会形成一个更大的冲突域，这些独立的冲突域互连后属于同一个局域网，也就是同一个广播域。
路由器工作在网络层，既隔离冲突域，也隔离广播域（试想一下，我们最常用的互联网是由多个网络和路由器互连起来的，互联网上的某个用户如果广播发送一个 IP 数据报，收到该广播 IP 数据报的路由器如果不丢弃该数据报而是转发该数据报将会出现什么情景）。
39. 主机甲和主机乙之间已建立了一个 TCP 连接，TCP 最大段长度为 1 000 字节。若主机甲的当前拥塞窗口为 4 000 字节，在主机甲向主机乙连续发送两个最大段后，成功收到主机乙发送的第一个段的确认段，确认段中通告的接收窗口大小为 2 000 字节，则此时主机甲还可以向主机乙发送的最大字节数是
A．1000
B．2000
C．3000
D．4000
【答案】A
【解析】
本题考查 TCP 流量控制的相关知识。根据题意，可画出主机乙对主机甲进行流量控制时主机甲发送窗口的示意图如下所示，
题目给定主机甲和主机乙已建立 TCP 连接且主机甲的当前拥塞窗口为 4000 字节，可以认为主机甲的发送窗口为 4000 字节。我们知道，发送窗口内的数据在未收到对方确认的情况下可以全部发送出去。主机甲给主机乙发送了两个 TCP 段，每个 1000 字节，此时发送窗口内还剩余两个 TCP 段可以发送，每个 1000 字节。之后主机乙给主机甲发来了对第一个 TCP 段的确认，此时主机甲的发送窗口可以整体向右滑动一个 TCP 段；然而，主机乙还通告了自己的接收窗口为 2000 字节，此时主机甲会缩小自己的发送窗口为 2000 字节，这就是主机乙对主机甲进行流量控制，换句话说，接收方用自己的接收能力来抑制发送方的发送能力。
综上所述，此时主机甲的发送窗口中还有一个 TCP 段，共 1000 字节可发送，选项 A 正确。
40. 如果本地域名服务器无缓存，当采用递归方法解析另一网络某主机域名时，用户主机、本地域名服务器发送的域名请求消息数分别为
A．一条、一条
B．一条、多条
C．多条、一条
D．多条、多条
【答案】A
【解析】
当采用递归查询时，如果用户主机所询问的本地域名服务器不知道被查询域名的 IP 地址，那么本地域名服务器就以 DNS 客户的身份向其他根域名服务器继续发出查询请求报文，而不是让用户主机自己进行下一步的查询。因此，这种方法用户主机和本地域名服务器发送的域名请求跳数均为一条。选项 A 正确。
二、综合应用题：第 41~47 题，共 70 分。
47.（9 分）某局域网采用 CSMA/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 2 km，信号传播速度是 200 000 km/s。请回答下列问题，要求说明理由或写出计算过程。
⑴ 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，最短需经过多长时间？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）？
⑵ 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太网数据帧（1 518 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向主机甲发送一个 64 字节的确认帧，主机甲收到确认帧后方可发送下一个数据帧。此时主机甲的有效数据传输速率是多少（不考虑以太网的前导码）？
【解析】
（1）如下图所示，只有主机甲和主机乙同时开始发送数据，才能使得它们从开始发送数据时刻起，到它们都检测到冲突时刻止，所经过的时间最短。这段时间包括主机发送的数据信号传播到距离中点处所耗费的传播时延，以及发生碰撞后的碰撞信号传播回主机所耗费的时间（这与数据信号传播到距离中点处所耗费的传播时延一样长）。因此，这段时间相当于两台主机间单程的传播时延，简称为端到端单程传播时延。
综上所述，最短需经过的时间为 2km ÷ 200 000km/s = 0.01ms 。
不难想象这样一种情况，当主机甲发送的数据信号传播到无限接近主机乙的某个时刻，主机乙也要发送数据，它检测到信道空闲（但信道此时并不空闲），就立刻开始发送数据，这必然会导致碰撞。主机乙会首先检测到碰撞信号，一段时间后主机甲也会检测到碰撞信号，如下图所示。从开始发送数据时刻起，到两台主机均检测到冲突时刻止，最长需要经过的时间为两台主机间信号传播的往返时延，简称为端到端往返时延。端到端往返时延也被称为争用期，若主机 “边发送数据边检测碰撞”，经过争用期这么长的时间仍未检测到碰撞，那就表明这次发送没有（也不会）产生碰撞。
综上所述，最长需经过的时间为 (2km ÷ 200 000km/s) × 2 = 0.02ms
（2）如下图所示，主机甲成功发送一个最长以太网数据帧所耗费的时间由 a，，c，d 四部分构成。
a 为数据帧的发送时延；
b 为数据帧最后一比特的传播时延；
c 为确认帧的发送时延；
d 为确认帧最后一比特的传播时延，b 与 d 相等，b+d 为主机间信号传播的往返时延；
主机甲成功发送一个最长以太网数据帧所耗费的总时长为 a + b + c + d = a + 2b + c
= ((1518 × 8b) ÷ 10Mb/s) + ((2km ÷ 200 000km/s) × 2) + ((64 × 8b) ÷ 10Mb/s) = 1.2856ms；
请注意，经过 1.2856ms，主机甲发送的有效数据载荷为 1500 字节，也就是不包括以太网帧的首部 18 字节（6 字节源地址字段 + 6 字节目的地址字段 + 2 字节类型字段 + 4 字节帧检验序列），也不包括以太网的前导码（题目要求）。
综上所述，主机甲的有效数据传输速率为 (1500 × 8b) ÷ 1.2856ms ≈ 9.33Mb/s。 > 本文由简悦 SimpRead 转码