Tags
2009 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。
2009 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
【答案】B
【解析】传输层使用端口号为应用层的应用进程之间提供端到端的逻辑通信，而网络层仅仅为主机之间提供逻辑通信，如下图所示。
34. 在无噪声情况下，若某通信链路的带宽为 3kHz，采用 4 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．12kbps
B．24 kbps
C．48 kbps
D．96 kbps
【答案】B
【解析】
（1）奈氏准则给出了理想低通信道的最高码元传输速率 = 2W Baud，其中 W 为信道带宽，单位为 Hz；Baud 为波特，是码元传输速率的单位，1 波特为每秒传送 1 个码元。因此，该通信链路的最高码元传输速率 = 2 × 3k = 6k(Baud) = 6k(码元 / 秒)。
（2）采用 4 个相位，每个相位具有 4 种振幅的 QAM 调制技术，可以表示出 4 × 4 = 16 种状态，采用二进制对这 16 种状态进行编码，需要使用 4 个二进制位（log216=4），也就是 4bit，换句话说，每个码元可以携带的信息量为 4bit。
综合（1）和（2）可知，该通信链路的最大数据传输速率 = 6k(码元 / 秒) × 4(bit / 码元) = 24 kbit/s = 24 kbps。
35. 数据链路层采用后退 N 帧（GBN）协议，发送方已经发送了编号为 0~7 的帧。当计时器超时时，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．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【解析】
根据 GBN 协议的特点，接收方只对按序到达且正确（无误码）的帧发送确认帧。题中所述发送方已经发送了编号为 0~7 的帧，但在重传计时器超时时只收到接收方针对 0、2、3 号帧的确认，这表明接收方已经收到按序到达且正确的编号为 0~3 的帧，并针对 0~3 号帧给发送方依次发回了确认。发送方只收到 0、2、3 号帧的确认，只能表明针对 1 号帧的确认丢失了，但这并不会引起发送方对 1 号帧的超时重传，因为收到 3 号帧的确认就足以说明接收方正确接收了 0~3 号帧；但编号为 4 的帧可能未按序到达接收方，也可能丢失，还可能出现误码，因此接收方不会针对 4 号帧给发送方发回确认，这将导致发送方对 4 号帧的超时重传，而 4 号帧后续的已发送的 5~7 号帧不管是否到达接收方，都会被发送方重传，也就是发送方会重传 4~7 号帧，选项 C 正确。
36. 以太网交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
【答案】A
【解析】
（1） PDU(Protocol Data Unit) 的意思是协议数据单元，它是计算机网络体系结构中对等实体间逻辑通信的对象。物理层对等实体间逻辑通信的对象为比特流，数据链路层对等实体间逻辑通信的对象为帧，网络层对等实体间逻辑通信的对象为分组，传输层对等实体间逻辑通信的对象为报文段，应用层对等实体间逻辑通信的对象为应用报文。
（2）以太网交换机收到帧后，提取帧首部中的源 MAC 地址和目的 MAC 地址字段的值，将源 MAC 地址与该帧进入交换机的端口的端口号作为一条记录写入自己的帧交换表（或称帧转发表），然后在帧交换表中查找目的 MAC 地址，如果找到了匹配的记录，则从该记录中的端口项所指定的端口 “明确” 转发该帧；如果找不到匹配的记录，则采用泛洪法转发该帧，也就是通过除该帧进入交换机端口外的其他所有端口转发该帧。
MAC 地址又称为物理地址或硬件地址。由（2）可知，以太网交换机根据帧的目的 MAC 地址对帧进行转发，目的 MAC 地址又称为目的物理地址或目的硬件地址，因此选项 A 正确。
【注意】不要被物理地址中的 “物理” 二字误导，错误地认为物理地址属于计算机网络体系结构中的物理层；物理地址应该属于体系结构中的数据链路层。
37. 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．增加 160m
B．增加 80m
C．减少 160m
D．减少 80m
【答案】D
【解析】
本题考查采用 CSMA/CD 协议的以太网的最小帧长的相关概念。
解法一：
设最远两个站点之间的距离为 d，单位为 m；以太网的最小帧长为 Lmin，单位为 bit；
Lmin = 数据传输速率 × 争用期（即往返时延），将题目所给的相关量的单位化为标准单位后代入该式为 Lmin = 10^9 × (d / 2×10^8) × 2，化简为 d = Lmin / 10，很显然，若最小帧长 Lmin 减少 800 比特，最远的两个站点之间的距离 d 至少会减少 80m。
解法二：
若最小数据帧长度减少 800 比特，则可以节省发送时间 800b / 10^9b/s = 8×10^(-7)s，那么最远的两个站点之间的往返时延可以允许减少 8×10^(-7)s，则最大端到端单程时延可以减少 4×10^(-7)s。要使得单程时延减少，且信号的传播速度不变，只有将最远两个站点之间的距离减少才能满足要求，需要减少的量为 4×10^(-7)s × 2×10^8m/s = 80m。
38. 主机甲与主机乙之间已建立一个 TCP 连接，主机甲向主机乙发送了两个连续的 TCP 段，分别包含 300 字节和 500 字节的有效载荷，第一个段的序列号为 200，主机乙正确接收到两个段后，发送给主机甲的确认序列号是
A．500
B．700
C．800
D．1000
【答案】D
【解析】
根据题意可画图如下，
综上所述，选项 D 正确。
39. 一个 TCP 连接总是以 1KB 的最大段长发送 TCP 段，发送方有足够多的数据要发送。当拥塞窗口为 16KB 时发生了超时，如果接下来的 4 个 RTT（往返时间）时间内的 TCP 段的传输都是成功的，那么当第 4 个 RTT 时间内发送的所有 TCP 段都得到肯定应答时，拥塞窗口大小是
A．7KB
B．8KB
C．9KB
D．16KB
【答案】C
【解析】
本题考查 TCP 拥塞控制算法的相关知识。根据题意，可画出 TCP 拥塞窗口在拥塞控制时的变化情况如下图所示，
需要注意的是，由于题目未给定初始的 “慢开始门限值”，因此上图中第一个“慢开始” 和“拥塞避免”算法的传输轮次只是我们假定的情况，这样做仅仅是为了帮助大家更好地回忆起 TCP 拥塞控制的特点。
题目给定当拥塞窗口达到 16KB 时出现超时，此时 TCP 的拥塞控制会进行以下工作：
（1）将 “慢开始门限值” 设置为出现超时时刻的 “拥塞窗口值” 的一半，也就是 16KB ÷ 2 = 8KB；
（2）将 “拥塞窗口值” 设置为 1KB，重新开始 “慢开始” 算法。题目还给定超时后的 4 个 RTT（往返时间）时间内的 TCP 段的传输都是成功，也就是说超时后又进行了以下四个轮次的传输：
超时后的第一个传输轮次：拥塞窗口值为 1KB，进行超时后的第一个传输轮次，成功后拥塞窗口值增加到 2KB；
超时后的第二个传输轮次：拥塞窗口值为 2KB，进行超时后的第二个传输轮次，成功后拥塞窗口值增加到 4KB；
超时后的第三个传输轮次：拥塞窗口值为 4KB，进行超时后的第三个传输轮次，成功后拥塞窗口值增加到 8KB；
超时后的第四个传输轮次：拥塞窗口值为 8KB，进行超时后的第四个传输轮次，成功后需要增加拥塞窗口的值，由于已经达到 “慢开始门限值”，因此拥塞窗口的值线性加 1KB 变为 9KB，之后改用“拥塞避免” 算法。
综上所述，选项 C 正确。
40. FTP 客户和服务器间传递 FTP 命令时，使用的连接是
A．建立在 TCP 之上的控制连接
B．建立在 TCP 之上的数据连接
C．建立在 UDP 之上的控制连接
D．建立在 UDP 之上的数据连接
【答案】A
【解析】
文件传送协议 FTP(File Transfer Protocol)[RFC 959] 是互联网上使用得最广泛的文件传送协议。FTP 使用 TCP 可靠的运输服务。在进行文件传输时，FTP 的客户和服务器之间要建立两个并行的 TCP 连接：“控制连接” 和 “数据连接”。控制连接在整个会话期间一直保持打开，FTP 客户所发出的传送请求（命令），通过控制连接发送给服务器端的控制进程，但控制连接并不用来传送文件。实际用于传输文件的是数据连接。
综上所述，选项 A 正确。
【注意】
TCP/IP 协议族中还有一个简单文件传送协议 TFTP(Trivial File Transfer Protocol)，它是一个很小且易于实现的文件传送协议。TFTP 的版本 2 是互联网的正是标准 [RFC 1350]。虽然 TFTP 也使用客户服务器方式，但它使用 UDP 数据报，因此 TFTP 需要有自己的差错改正措施。TFTP 只支持文件传输而不支持交互。TFTP 没有一个庞大的命令集，没有列目录的功能，也不能对用户进行身份鉴别。
二、综合应用题：第 41~47 题，共 70 分。
47.（9 分）某网络拓扑如下图所示，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。
R1 和 R2 的路由表结构为：
⑴ 将 IP 地址空间 202.118.1.0/24 划分为 2 个子网，分别分配给局域网 1、局域网 2，每个局域网需分配的 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。
（1）
题目所给的 IP 地址空间为 202.118.1.0/24，这是 IP 地址的无分类编址方法，也称为无分类域间路由选择 CIDR(Classless Inter-Domain Routing)。斜线 “/” 后面的数字 24 表示网络前缀为 24 比特，那么剩余的 8 比特（32 比特 – 24 比特）用来指明主机，因此该地址空间（也称为 CIDR 地址块）所包含的 IP 地址数量为 2^8=256 个。
题目要求将该地址空间分成 2 个子网，分别分配给局域网 1 和 2，每个局域网所分配的 IP 地址数量不少于 120 个。可以从用于指明主机的 8 比特中借用 1 比特来表示子网，这样可以划分出 2^1=2 个子网，每个子网上所分配的 IP 地址数量为 2^(8-1)=128，满足题目要求。划分细节如下：
综上所述，划分的两个子网分别为 202.118.1.0/25，202.118.1.128/25。可以将子网 1 分配给局域网 1，子网 2 分配给局域网 2；也可以将子网 1 分配给局域网 2，子网 2 分配给局域网 1；本解答采用前者，具体如下：
局域网 1: 网络地址为 202.118.1.0，子网掩码为 255.255.255.128
局域网 2: 网络地址为 202.118.1.128，子网掩码为 255.255.255.128
或者使用 CIDR 表示如下：
局域网 1: 网络地址为 202.118.1.0/25
局域网 2: 网络地址为 202.118.1.128/25
⑵ 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 的路由、域名服务器的主机路由和互联网的路由。
根据题目要求，可得出 R1 的路由表如下所示，
需要注意的是，对于特定主机路由，目的网络 IP 地址应填写特定主机的 IP 地址，而不是网络地址，子网掩码也必须为 255.255.255.255；对于默认路由，目的网络 IP 地址和子网掩码都应填写 0.0.0.0。
⑶ 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。
由（1）得出局域网 1 的网络地址为 202.118.1.0/25，局域网 2 的网络地址为 202.118.1.128/25。可以给路由器 R2 分别添加一条到达局域网 1 和局域网 2 的路由记录。本题要求采用路由聚合技术，将 R2 到达局域网 1 和局域网 2 的路由记录聚合为一条。我们可以采用 “找出各网络的共同前缀” 的方法进行路由聚合。聚合细节如下所示，
因此，R2 到局域网 1 和 2 的聚合路由如下所示。
【解析】
> 本文由简悦 SimpRead 转码