2014年408真题计算机网络篇

选择题

33. 在 OSI 参考模型中，直接为会话层提供服务的是（）。

选项： A. 应用层 B. 表示层 C. 传输层 D. 网络层

答案： C. 传输层

解释： OSI 参考模型将网络通信划分为七层，自下而上依次为：

物理层 → 数据链路层 → 网络层 → 传输层 → 会话层 → 表示层 → 应用层

每一层为其上一层提供服务。因此，会话层的下一层是传输层，也就是说传输层直接为会话层提供服务。

34. 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 1 个确认帧，交换机对这两个帧的转发端口分别是（）。

选项： A. {3} 和 {1} B. {2,3} 和 {1} C. {2,3} 和 {1,2} D. {1,2,3} 和 {1}

答案： B. {2,3} 和 {1}

解释： 交换机采用自学习与转发机制：

第一个帧发送时：
- 源：00-e1-d5-00-23-a1，进入端口为 1 → 学习该 MAC 地址与端口 1 的对应关系
- 目标：00-e1-d5-00-23-c1，不在转发表中 → 广播（除端口 1 外的所有端口，即端口 2 和 3）
第二个帧发送时（确认帧）：
- 源：00-e1-d5-00-23-c1，进入端口为 3 → 学习该 MAC 地址与端口 3 的对应关系
- 目标：00-e1-d5-00-23-a1，已在转发表中，端口为 1 → 明确转发到端口 1

最终转发表如下：

目的 MAC 地址	端口
00-e1-d5-00-23-b1	2
00-e1-d5-00-23-a1	1
00-e1-d5-00-23-c1	3

因此：

第一帧通过端口 {2, 3} 广播
第二帧通过端口 {1} 转发

35. 下列因素中，不会影响信道数据传输速率的是（）。

选项： A. 信噪比 B. 频率宽带 C. 调制速度 D. 信号传播速度

答案： D. 信号传播速度

解释： 信道最大数据传输速率由以下两个主要理论决定：

香农公式（存在噪声）：

\[ C = W \log_2(1 + \frac{S}{N}) \]
- 其中 \(C\) 是最大传输速率（bps），
- \(W\)：信道带宽（Hz）
- \(S/N\)：信噪比
奈奎斯特定理（无噪声）：

\[ C = 2W \log_2 M \]
- \(M\)：调制中可用的离散信号数（调制方式相关）

从上述两式可知：

✅ 会影响速率的因素有：

信噪比（A）：决定香农定理中的数据上限
频率带宽（B）：直接线性影响传输速率
调制速度（C）：调制方式越复杂，一个码元携带的比特越多，速率越高

❌ 信号传播速度（D）：它影响的是时延（delay），而不是单位时间内传输的数据量（带宽/速率）。

因此，正确答案是 D。

36. 主机甲与主机乙之间使用后退 N 帧协议 (GBN) 传输数据，甲的发送窗口尺寸为 1000，数据帧长为 1000 字节，信道带宽为 100 Mbps，乙每收到一个数据帧立即利用一个短帧（忽略其传输延迟）进行确认，若甲乙之间的单向传播延迟是 50ms，则甲可以达到的最大平均数据传输速率约为（）。

选项： A. 10 Mbps B. 20 Mbps C. 80 Mbps D. 100 Mbps

答案： C. 80 Mbps

解释：

使用GBN 协议时，发送方可连续发送窗口大小以内的数据帧而不必等待确认。这里我们计算单位时间内甲最多可以发送多少数据。

帧大小：1000 字节 = 8000 bit
带宽：100 Mbps
发送 1 帧所需时间：

\[ t_{\text{帧}} = \frac{8000}{100 \times 10^6} = 0.08 \text{ms} \]
传播时延：单向 50ms，往返为 100ms
- 即发送帧后收到确认的整个周期为：
  
  \[ T = t_{\text{发送}} + t_{\text{传播}} + t_{\text{确认}} + t_{\text{返回}} = 0.08\text{ms} + 50\text{ms} + 0\text{ms} + 50\text{ms} = 100.08\text{ms} \]
在这段时间内，甲可以发送最多 1000 个帧，总发送时间为：

\[ 1000 \times 0.08\text{ms} = 80\text{ms} < 100.08\text{ms} \]

⇒ 满足条件，信道利用率：

\[ U = \frac{80}{100.08} \approx 0.7994 \approx 80\% \]
所以最大平均传输速率为：

\[ 100 \text{ Mbps} \times 80\% = 80 \text{ Mbps} \]

因此，正确答案是 C。

37.

问题： 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（）。

选项： A. 000 B. 101 C. 110 D. 111

答案： B. 101

解析： CDMA 使用正交码，接收端通过将接收到的信号序列与某发送端的码片序列进行点积（内积）来解码该端发送的数据。A 的码片是 (1,1,1,1)。

收到的序列长度为 12，可以分为三个 4 位段，每段表示一个比特的复合传输：

第一段：(2, 0, 2, 0)
第二段：(0, -2, 0, -2)
第三段：(0, 2, 0, 2)

将这三段分别与 A 的码片 (1,1,1,1) 相乘并求和、再除以4（码片长度）：

(1×2 + 1×0 + 1×2 + 1×0)/4 = (4)/4 = 1 → 比特 1
(1×0 + 1×-2 + 1×0 + 1×-2)/4 = (-4)/4 = -1 → 比特 0
(1×0 + 1×2 + 1×0 + 1×2)/4 = (4)/4 = 1 → 比特 1

所以 A 发送的是 101，选择 B。

38.

问题： 主机甲和主机乙已建立了 TCP 连接，甲始终以 MSS = 1KB 大小的段发送数据，并一直有数据发送；乙每收到一个数据段都会发出一个接收窗口为 10KB 的确认段。若甲在 t 时刻发生超时使得拥塞窗口为 8KB，则从 t 时刻起，不再发生超时的情况下，经过 10 个 RTT 后，甲的发送窗口是（）。

选项： A. 10KB B. 12KB C. 14KB D. 15KB

答案： A. 10KB

解析：

初始情况： 甲发生超时后执行 慢开始，设置 ssthresh = 8KB / 2 = 4KB，并将 cwnd = 1KB。
前两个 RTT（慢开始阶段）：
- RTT 1：cwnd = 2KB
- RTT 2：cwnd = 4KB（达到 ssthresh，结束慢开始）
后 8 个 RTT（拥塞避免阶段，每 RTT 增加 1KB）：
- RTT 3：cwnd = 5KB
- RTT 4：cwnd = 6KB
- RTT 5：cwnd = 7KB
- RTT 6：cwnd = 8KB
- RTT 7：cwnd = 9KB
- RTT 8：cwnd = 10KB
- RTT 9：cwnd = 11KB
- RTT 10：cwnd = 12KB
最终 cwnd = 12KB，但乙的接收窗口为 10KB，发送窗口为两者较小者：
1
发送窗口 = min(cwnd, rwnd) = min(12KB, 10KB) = 10KB

因此答案为 A. 10KB

问题 39 下列关于 UDP 协议的叙述中，正确的是（）。

I. 提供无连接服务 II. 提供复用/分用服务 III. 通过差错校验，保障可靠数据传输

选项： A. 仅 I B. 仅 I、II C. 仅 II、III D. I、II、III

答案：B. 仅 I、II

解释：

I 正确。UDP（用户数据报协议）是无连接协议，发送数据前不需要建立连接。
II 正确。UDP 使用端口号来标识源进程和目的进程，实现复用与分用。
III 错误。UDP 虽然提供差错检测（使用校验和），但不提供重传机制，因此不保证可靠性，无法保障可靠数据传输。

问题 40 使用浏览器访问某大学 Web 网站主页时，不可能使用到的协议是（）。

选项： A. PPP B. ARP C. UDP D. SMTP

答案：D. SMTP

解释：

A. PPP（点对点协议）：用于主机与 ISP 之间的链路层通信（如拨号上网时），可能使用到。
B. ARP（地址解析协议）：用于将 IP 地址解析为 MAC 地址，在局域网中发送数据包前需通过 ARP 获取网关 MAC 地址，可能使用到。
C. UDP：浏览器访问网站时会进行 DNS 域名解析，DNS 使用 UDP 协议，可能使用到。
D. SMTP（简单邮件传输协议）：用于电子邮件传输，而非网页访问，不会使用到。

综合题

题目 43（共 9 分）

(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，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。

(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 192.1.7.211 收到的 IP 分组 TTL 是多少？

(3)

若 R1 增加一条 Metric 为 10 的链路连接 Internet，则题 42 表中 R1 的 LSI（Link-State Information） 需要增加哪些信息？

答案与解释：

(1) R1 的最简路由表

根据题 42 拓扑，R1 能直接或间接到达以下子网：

子网	路由类型	下一跳	接口
192.1.1.0/24	直连	-	E0
192.1.5.0/24	经过 R3	10.1.1.10	L1
192.1.6.0/24	经过 R2	10.1.1.2	L0
192.1.7.0/24	经过 R2	10.1.1.2	L0

为了让路由项尽可能少，可将目的地址相邻、下一跳相同的子网聚合。

将 192.1.6.0/24 与 192.1.7.0/24 聚合为 192.1.6.0/23。
- 二进制对比法确认前 23 位相同 → 聚合为 192.1.6.0/23

最终 R1 路由表如下：

目的网络	下一跳	接口
192.1.1.0/24	-	E0
192.1.5.0/24	10.1.1.10	L1
192.1.6.0/23	10.1.1.2	L0

(2) IP 分组转发与 TTL 值计算

主机 192.1.1.130 属于 192.1.1.0/24，目标 192.1.7.211 属于 192.1.7.0/24。
根据 R1 路由表：
- 到达 192.1.7.0/24 走聚合后的 192.1.6.0/23，下一跳是 10.1.1.2，即通过 L0 接口 发往 R2。
IP 分组路径为：
- 192.1.1.130 → R1 → R2 → R4 → 192.1.7.211
一共经过 3 个路由器（R1、R2、R4），每经过一个 TTL 减 1。
- 初始 TTL = 64
- 到达目标时 TTL = 64 - 3 = 61