2023年408真题计算机网络篇
2023年408真题计算机网络篇
选择题
33. 分组交换网络中的最小时延计算
问题： 在下图所示的分组交换网络中，主机 H1 和 H2 通过两个路由器互联，2 段链路的数据传输速率为 100 Mb/s，时延带宽积（即单向传播时延 × 带宽）均为 1000 b。若 H1 向 H2 发送 1 个大小为 1 MB 的文件，分组长度为 1000B，则从 H1 开始发送时刻起到 H2 收到文件全部数据时刻止，所需的时间至少是（）。
（注：M = 10⁶）
答案： D. 80.10 ms
解释：
本题考查的是分组交换网络的端到端最小时延估算。过程如下：
发送时延计算（总共多少数据）：
\[ \text{总发送时延} = \frac{1\,\text{MB} \times 8}{100\,\text{Mb/s}} = \frac{8 \times 10^6\,\text{b}}{100 \times 10^6\,\text{b/s}} = 0.08\,\text{s} = 80\,\text{ms} \]
传播时延计算（两段链路，每段传播时延）：
\[ \text{传播时延（每段）} = \frac{\text{时延带宽积}}{\text{链路带宽}} = \frac{1000\,\text{b}}{100 \times 10^6\,\text{b/s}} = 0.01\,\text{ms} \]
\[ \text{两段总传播时延} = 0.01 + 0.01 = 0.02\,\text{ms} \]
分组传输的流水线延迟（第一个分组必须穿过两个链路，每链路需一个发送时延）：
每个分组为 1000B = 8000 bit；
一个分组的发送时延为：
\[ \frac{8000\,\text{bit}}{100 \times 10^6\,\text{b/s}} = 0.08\,\text{ms} \]
所以首个分组从 H1 到达 H2 的时间为：
\[ 0.08\,\text{ms（发送）} + 0.01\,\text{ms（传播）} + 0.08\,\text{ms（路由器转发发送）} + 0.01\,\text{ms（传播）} = 0.18\,\text{ms} \]
而最后一个分组发送完成时间是：
\[ \text{总发送时延（流水线起点）} + \text{后续传播和转发延迟} = 80\,\text{ms} + 0.10\,\text{ms} = \boxed{80.10\,\text{ms}} \]
34. QAM调制方案计算
问题： 某无噪声理想信道带宽为 4 MHz，采用 QAM 调制。若该信道的最大数据传输率是 48 Mb/s，则该信道采用的 QAM 调制方案是（ ）。
A. QAM-16 B. QAM-32 C. QAM-64 D. QAM-128
答案： C. QAM-64
解释：
根据奈奎斯特定理（Nyquist Theorem）：
\[ \text{最大比特率} = 2W \log_2 M \]
其中：
- \(W = 4\,\text{MHz}\)（带宽）
- \(C = 48\,\text{Mb/s}\)（最大比特率）
- \(M\) 是每个符号表示的不同状态数（QAM 的阶数）
将数据代入：
\[ 48 \times 10^6 = 2 \times 4 \times 10^6 \times \log_2 M \]
\[ \log_2 M = \frac{48 \times 10^6}{8 \times 10^6} = 6 \Rightarrow M = 2^6 = 64 \]
因此采用的是 QAM-64 调制方案。
35. 三种ARQ协议的信道利用率比较
问题： 假设通过同一信道，数据链路层分别采用停-等协议、GBN协议和SR协议（发送窗口和接收窗口相等）传输数据，三个协议数据帧长相同，忽略确认帧长度，帧序号位数为 3 比特。若对应三个协议的发送方最大信道利用率分别是 U₁、U₂ 和 U₃，则 U₁、U₂ 和 U₃ 满足的关系是（ ）。
选项： A. U₁ ≤ U₂ ≤ U₃ B. U₁ ≤ U₃ ≤ U₂ C. U₂ ≤ U₃ ≤ U₁ D. U₃ ≤ U₂ ≤ U₁
答案： ✅ B. U₁ ≤ U₃ ≤ U₂
解释：
- 帧序号位数为 3 比特 ⇒ 可用编号范围为 0~7，共 8 个序号。
✅ 停-等协议（Stop-and-Wait）
每次只能发送 1 帧，等待确认后再发下一帧
窗口大小 \(W_T = 1\)
利用率：
\[ U_1 = \frac{t_1}{t_1 + RTT} \]
✅ GBN协议（Go-Back-N）
窗口最大为 \(2^k - 1 = 7\)
可连续发送多帧，无需等待确认
利用率：
\[ U_2 = \min\left\{\frac{7t_1}{t_1 + RTT}, 1\right\} \]
✅ SR协议（Selective Repeat）
最大发送窗口大小 = 接收窗口大小 ≤ \(2^{k-1} = 4\)
更高的效率，但受窗口限制
利用率：
\[ U_3 = \min\left\{\frac{4t_1}{t_1 + RTT}, 1\right\} \]
因此：
\[ U_1 \leq U_3 \leq U_2 \]
36. 二进制指数退避算法计算
问题： 已知 10BaseT 以太网的争用时间片为 51.2 μs。若网卡在发送某帧时发生了连续 4 次冲突，则基于二进制指数退避算法确定的再次尝试重发该帧前等待的最长时间是（ ）。
选项： A. 51.2 μs B. 204.8 μs C. 768 μs D. 819.2 μs
答案： ✅ C. 768 μs
解释：
根据 二进制指数退避算法，如果发生了连续的 \(n\) 次冲突，那么重传的等待时间将是 0 到 \(2^{\min(n, 10)} - 1\) 个争用时间片之间的随机选择。
- 争用时间片为 51.2 μs。
- 连续发生 4 次冲突时，重传的等待时间会在 \(0 \sim 2^{\min(4, 10)} - 1 = 0 \sim 15\) 个争用时间片之间。
因此，最长等待时间为 15 个争用时间片，即：
\[ 15 \times 51.2 \, \mu s = 768 \, \mu s \]
所以，最长等待时间为 768 μs。
37. CRC校验错误检测
问题： 若甲向乙发送数据时采用 CRC 校验，生成多项式为 \(G(X) = X^4 + X + 1\)（即 \(G = 10011\)），则乙接收到下列比特串时，可以断定其在传输过程中未发生错误的是（ ）。
选项： A. 101110000 B. 101110100 C. 101111000 D. 101111100
答案： ✅ D. 101111100
解释：
CRC 校验的过程是通过对接收到的比特串进行二进制模 2 除法运算来验证数据是否在传输过程中发生了错误。
- 生成多项式 \(G = 10011\)
- 除法运算是逐位进行，模 2 计算（即 XOR 运算）。
我们将每个选项作为被除数，进行模 2 除法，若余数为 0，则没有发生错误，否则发生错误。
对于选项 D：
比特串是 101111100。 进行 CRC 校验运算后，余数为 0，表示数据传输过程中没有发生错误。
因此，选项 D 的比特串在传输过程中未发生错误。
38. 网络拓扑中的NAT功能
问题： 某网络拓扑如下图所示，其中路由器 R2 实现 NAT 功能。若主机 H 向 Internet 发送一个 IP 分组，则经过 R2 转发后，该 IP 分组的源 IP 地址是（ ）。
选项： A. 192.168.0.33 B. 192.168.0.35 C. 192.168.0.1 D. 192.168.0.3
答案： ✅ A. 192.168.0.33
解释：
- 主机 H 的 IP 地址是 192.168.0.3，这是一个私有 IP 地址。
- 路由器 R2 实现了 NAT（网络地址转换）功能。NAT 会将私有地址转换为公有地址。
- 假设路由器 R1 和 R2 的连接是通过 195.123.0.34/30 子网进行的。
- 子网 195.123.0.34/30 的可分配 IP 地址是 195.123.0.33 和 195.123.0.34，其中 195.123.0.34 被分配给 R1，195.123.0.33 被分配给 R2。
- 因此，在经过 R2 转发时，源 IP 地址从私有地址 192.168.0.3 被转换为 R2 公有地址 195.123.0.33。
所以，选项 A 的 192.168.0.33 是正确的。
39. 子网最小可分配地址和最大可分配地址
问题： 主机 168.16.84.24/20 所在子网的最小可分配地址和最大可分配地址分别是（ ）。
选项： A. 168.16.80.1，168.16.84.254 B. 168.16.80.1，168.16.95.254 C. 168.16.84.1，168.16.84.254 D. 168.16.84.1，168.16.95.254
答案： ✅ B. 168.16.80.1，168.16.95.254
解释：
168.16.84.24/20 表示子网掩码为 255.255.240.0，即前 20 位是网络位，后 12 位是主机位。
将 IP 地址 168.16.84.24 转换为二进制形式：
- 168.16.84.24
的二进制是：
10101000.00010000.01010100.00011000 - 子网掩码为
255.255.240.0，对应的二进制是：
11111111.11111111.11110000.00000000 - 网络地址：
168.16.80.0，即子网的网络地址。
- 168.16.84.24
的二进制是：
通过计算该子网的最小可分配地址和最大可分配地址：
- 最小可分配地址：
168.16.80.1（网络地址加 1）。 - 最大可分配地址：
168.16.95.254（广播地址减 1）。
- 最小可分配地址：
所以，选项 B 的 168.16.80.1 和 168.16.95.254 是正确的。
40. 关于 IPv6 和 IPv4 的叙述中，正确的是（ ）
选项： A. 仅 I、II B. 仅 I、IV C. 仅 II、III D. ✅ 仅 III、IV
逐条分析：
I. IPv6地址空间是IPv4地址空间的96倍
❌ 错误。
IPv4 地址长度为 32 位，IPv6 地址长度为 128 位。
地址空间大小对比为：
\[ \frac{2^{128}}{2^{32}} = 2^{96} \]
IPv6 的地址空间是 IPv4 的 2的96次方倍，不是 96 倍。
II. IPv4 和 IPv6 的基本首部的长度均可变
❌ 错误。
- IPv4 的基本首部长度 是可变的（20~60 字节），因为存在可选字段（Options）。
- IPv6 的基本首部长度 是固定的（固定为 40 字节），扩展字段另行处理，不包含在基本首部中。
III. IPv4 向 IPv6 过渡可以采用双协议栈和隧道技术
✅ 正确。
这是 IPv6 向 IPv4 过渡的常用方式：
- 双协议栈（Dual Stack）：主机或路由器同时支持 IPv4 和 IPv6。
- 隧道技术（Tunneling）：将 IPv6 数据包封装在 IPv4 中传输。
IV. IPv6 首部的 Hop Limit 等价于 IPv4 首部的 TTL 字段
✅ 正确。
- IPv4 中 TTL（Time To Live） 字段用于限制数据包的寿命。
- IPv6 中 Hop Limit 字段 作用相同：每经过一个路由器减1，减到0则丢弃。
✅ 答案：D. 仅 III、IV
网络拓补
47.（9分）
某网络拓扑如题47图所示，主机H登录FTP服务器后自服务器上下载一个大小为18000B的文件F。假设：
- H建立数据连接时初始序号为100；
- MSS=1000B；
- 拥塞控制初始阈值为4 MSS；
- RTT=10ms；
- 忽略TCP的传输时延；
- 文件传输过程中未发生差错、丢包和乱序。
(1)
FTP的控制连接是持久的还是非持久的？FTP的数据连接是持久的还是非持久的？H登录FTP服务器时，建立的TCP连接是控制连接还是数据连接？
✅ 答案：
- 控制连接是持久的；
- 数据连接是非持久的；
- 登录时建立的是控制连接。
🧠 解释： FTP协议在整个会话期间维护一个持久的TCP控制连接，用于发送命令。而数据连接是非持久的，仅在传输数据时建立，完成后关闭。登录FTP时仅发送用户名和密码，是控制连接行为。
(2)
H通过数据连接发送F时，F的第一个字节序号是多少？在断开数据连接的过程中，FTP发送的第二次挥手的ACK序号是？
✅ 答案：
- 第一个字节的序号是 101；
- 第二次挥手的ACK序号是 18102。
🧠 解释：
- 初始序号为100，三次握手中第一次 SYN 消耗1个序号，因此数据部分起始于序号101；
- 文件大小为18000B，占用序号范围为101~18100；
- TCP四次挥手中，第一次FIN使用18101，第二次ACK的序号为18102。
(3)
F发送过程中，当H收到确认序号为2101的确认段时，H的拥塞窗口调整为多少？收到确认序号为7101的确认段时，H的拥塞窗口调整为多少？
✅ 答案：
- 收到ACK=2101时，cwnd = 3 MSS；
- 收到ACK=7101时，cwnd = 5 MSS。
🧠 解释：
- 初始cwnd = 1 MSS，采用慢开始，RTT1后 cwnd=2，RTT2后发送MSS2、MSS3（确认为2101），调整为3 MSS；
- cwnd达到ssthresh=4MSS后进入拥塞避免，RTT3发送MSS4~7，收到ACK=7101后，cwnd增长至5 MSS。
(4)
H从请求建立数据连接开始，到确认F已被服务器全部接收为止，至少需要多长时间？期间应用层数据平均发送速率是多少？
✅ 答案：
- 至少需要60ms；
- 平均速率为2.4 Mbps。
🧠 解释：
- 需要6个RTT（1个RTT用于三次握手，5个RTT完成数据传输），即60ms；
- 平均速率 = 数据量 / 时间 = 18000B / 0.06s = 2.4 × 10⁶ bps = 2.4 Mbps。
