[考研类试卷]计算机专业基础综合历年真题试卷汇编13及答案与解析.doc

1、计算机专业基础综合历年真题试卷汇编 13 及答案与解析一、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 两台主机之间的数据链路层采用后退 N 帧协议(GBN)传输数据，数据传输速率为16kbps，单向传播时延为 270ms；数据帧长度范围是 128512 字节，接收方总是以与数据帧等长的帧进行确认。为使信道利用率达到最高，帧序列的比特数至少为_。（A）5（B） 4（C） 3（D）22 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 100Mbps

2、，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_。（A）10Mbps（B） 20Mbps（C） 80Mbps（D）100Mbps3 主机甲通过 128kbps 卫星链路，采用滑动窗口协议向主机乙发送数据，链路单向传播延迟为 250ms，帧长为 1000 字节。不考虑确认帧的开销，为使链路利用率不小于 80，帧序号的比特数至少是_。（A）3（B） 4（C） 7（D）84 数据链路层采用选择重传协议(SR)传输数据，发送方己发送了 03 号数据帧，现已收到 1 号帧的确认，而 0、2 号帧依次超时，则此

3、时需要重传的帧数是_。（A）1（B） 2（C） 3（D）45 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）FDMA6 站点 A、B、C 通过 CDMA 共享链路，A、B 、C 的码片序列(chipping sequcnce)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_。（A）000（B） 101（C） 110（D）1117 下列关于 CSMACD 协议的叙述中，错误的是 _。（A）边发

4、送数据帧，边检测是否发生冲突（B）适用于无线网络，以实现无线链路共享（C）需要根据网络跨距和数据传输速率限定最小帧长（D）当信号传播延迟趋近 0 时，信道利用率趋近 1008 在一个采用 CSMACD 协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为 1Gbits ，电缆中的信号传播速度为 200000kms 。若最小数据帧长度减少800bit，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 80m9 下列选项中，对正确接收到的数据帧进行确认的 MAC 协议是_。（A）CSMA（B） CDMA（C） CSMACD（D）CSMACA1

5、0 以太网的 MAC 协议提供的是_。（A）无连接的不可靠的服务（B）无连接的可靠的服务（C）有连接的可靠的服务（D）有连接的不可靠的服务11 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12 下列关于交换机的叙述中，正确的是_。（A）以太网交换机本质上是一种多端口网桥（B）通过交换机互连的一组工作站构成一个冲突域（C）交换机每个端口所连网络构成一个独立的广播域（D）以太网交换机可实现采用不同网络层协议的网络互联13 对于 100Mbps 的以太网交换机，当输出端口无排队，以直通交换(cut-trough s

6、witching)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）0s（B） 048s（C） 512s（D）12144s14 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_。（A）3和1（B） 2，3和1（C） 2，3和1 ，2（D）1 ，2， 3和115 在子网 1921684030 中，能接收目的地址为 19216843

7、 的 IP 分组的最大主机数是_。（A）0（B） 1（C） 2（D）416 某主机的 IP 地址为 180807755，子网掩码为 2552552520。若该主机向其所在子网发送广播分组，则目的地址可以是_。（A）18080760（B） 1808076255（C） 1808077255（D）180807925517 某网络的 IP 地址空间为 1921685024，采用定长子网划分，子网掩码为 255255255248，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）8，3018 某网络拓扑如下图所示，路由器 R1 只有到达

8、子网 1921681024 的路由。为使 R1 可以将 IP 分组正确地路由到图中所有的子网，则在 R1 中需要增加的一条路由(目的网络，子网掩码，下一跳)是_。（A）19216820 255255255128 192 16811（B） 19216820 2552552550 19216811（C） 19216820 255255255128 19216812（D）19216820 2552552550 192168 12二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。18 某局域网采用 CSMACD 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 2km，信号传

9、播速度为 200000kms。请回答下列问题，要求说明理由或写出计算过程。19 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)?20 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(1518B)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 64B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)?20 某主机的 MAC 地址为 00-15-C5-C1-5E-28，

10、IP 地址为 102128100(私有地址)。图 4-1 是网络拓扑，图 4-2 是该主机进行 Web 请求的 1 个以太网数据帧湔80B 的十六进制及 ASCII 码内容。请参考图中的数据回答以下问题：21 Web 服务器的 IP 地址是什么 ?该主机的默认网关的 MAC 地址是什么?22 该主机在构造图 4-2 的数据帧时，使用什么协议确定目的 MAC 地址?封装该协议请求报文的以太网帧的目的 MAC 地址是什么?23 假设 HTTP11 协议以持续的非流水线方式工作，一次请求一响应时间为RTT，rfc html 页面引用了 5 个 JPEG 小图像，则从发出图 4-2 中的 Web 请求

11、开始到浏览器收到全部内容为止，需要多少个 RTT?24 该帧所封装的 IP 分组经过路由器 R 转发时，需修改 IP 分组头中的哪些字段? 注：以太网数据帧结构和 IP 分组头结构分别如图 4-3 和图 4-4 所示。24 某网络拓扑如图 4-7 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 20211821，R2 的 L0 接口的 IP 地址是20211822，L1 接口的 IP 地址是 130111201，E0 接口的 IP 地址是20211831

12、，域名服务器的 IP 地址是 202118 32。R1 和 R2 的路由表结构为：25 将 IP 地址空间 2021181024 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。26 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。27 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。27 假设 Internt 的两个自治系统构成的网络如图 4-8 所示，自治系统 AS1 由路由器R1 连接两个子网构成

13、；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 地址如图 4-8 所示。请回答下列问题：28 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，要求包括到达图 4-8 中所有子网的路由，且路由表中的路由项尽可能少。29 若 R2 收到一个目的 IP 地址为 1941720200 的 IP 分组，R2 会通过哪个接口转发该 IP 分组?30 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?计算机专业基础综合历年真题试卷汇编 13 答案与解析一

14、、单项选择题1-40 小题，每小题 2 分，共 80 分。下列每题给出的四个选项中，只有一个选项是最符合题目要求的。1 【正确答案】 B【试题解析】 本题即求从发送一个帧到接收到这个帧的确认为止的时间内最多可以发送多少数据帧。要尽可能多发帧，应以短的数据帧计算，首先计算出发送一帧的时间：128*8(16*10 3)=64ms；发送一帧到收到确认为止的总时间：64+270*2+64=668ms；这段时间总共可以发送 66864=104(帧)，发送这么多帧至少需要用 4 位比特进行编号。【知识模块】 计算机网络2 【正确答案】 C【试题解析】 考虑制约甲的数据传输速率的因素，首先，信道带宽能直接制

15、约数据的传输速率，传输速率一定是小于等于信道带宽的；其次，主机甲、乙之间采用后退 N 帧协议，那么因为甲、乙主机之间采用后退 N 帧协议传输数据，要考虑发送一个数据到接收到它的确认之前，最多能发送多少数据，甲的最大传输速率受这两个条件的约束，所以甲的最大传输速率是这两个值中小的那个。甲的发送窗口的尺寸为 1000，即收到第一个数据的确认之前，最多能发送 1000 个数据帧，也就是发送 1000*1000B=1MB 的内容，而从发送第一个帧到接收到它的确认的时间是一个往返时延，也就是 50+50=100ms=01s ，即在 100ms 中，最多能传输 1MB 的数据，因此，此时的最大传输速率为

16、1MB01s=10MBs=80Mbps。信道带宽为 100Mbps，所以答案为 min80Mbps，100Mbps=80Mbps，选 C。【知识模块】 计算机网络3 【正确答案】 B【试题解析】 不考虑确认帧的开销，一个帧发送完后经过一个单程传播时延到达接收方，再经过一个单程传播时延发送方收到应答，从而继续发送。要使得传输效率最大化，就是不用等确认也可以连续发送多个帧。设连续发送 n 个帧，一个帧的传输时延为：1000B128kbps=62 5ms。 依题意，有：(n*62 5ms)(n*625ms+250ms)80 得 n16=24，从而，帧序号的比特数至少为 4。【知识模块】 计算机网络4

17、 【正确答案】 B【试题解析】 在选择重传协议中，接收方逐个地确认正确接收的分组，不管接收到的分组是否有序，只要正确接收就发送选择 ACK 分组进行确认。因此选择重传协议中的 ACK 分组不再具有累积确认的作用，要特别注意其与 GBN 协议的区别。本题中只收到 1 号帧的确认，0、2 号帧超时，由于对于 1 号帧的确认不具累积确认的作用，因此发送方认为接收方没有收到 0、2 号帧，于是重传这两帧。因为 3号帧计时器并无超时，所以暂时不用重传 3 号帧。【知识模块】 计算机网络5 【正确答案】 B【试题解析】 选项 A、C 和 D 都是信道划分协议，信道划分协议是静态划分信道的方法，肯定不会发生

18、冲突。CSMA 全称是载波侦听多路访问协议，其原理是站点在发送数据前先侦听信道，发现信道空闲后再发送，但在发送过程中有可能会发生冲突。【知识模块】 计算机网络6 【正确答案】 B【试题解析】 把收到的序列分成每 4 个数字一组，即为(2，0，2，0)、(0，-2，0，-2)、(0，2，0，2)，因为题目求的是 A 发送的数据，因此把这三组数据与A 站的码片序列(1，1，1，1)做内积运算，结果分别是 (2，0，2，0)(1，1，1，1)4=1、 (0，-2，0，-2) (1，1，1，1)4=1、(0，2，0，2)(1，1，1，1)4=1，所以 C 接收到的 A 发送的数据是 101，选 B。【

19、知识模块】 计算机网络7 【正确答案】 B【试题解析】 CSMACD 适用于有线网络，而 CSMACA 则广泛应用于无线局域网(具体原因请见王道 2016 版单科书：P90)。其他选项关于 CSMACD 的描述都是正确的。【知识模块】 计算机网络8 【正确答案】 D【试题解析】 若最短帧长减少，而数据传输速率不变，则需要使冲突域的最大距离变短来实现碰撞窗口的减少。碰撞窗口是指网络中收发结点间的往返时延，因此假设需要减少的最小距离为 s，则可以得到如下公式 (注意单位的转换)： 减少的往返时延=减少的发送时延，即 2s(210 8)=800 (1109)。即，由于帧长减少而缩短的发送时延，应等于

20、由于距离减少而缩短的传播时延的 2 倍。 可得 s=80，即最远的两个站点之间的距离最少需要减少 80m。【知识模块】 计算机网络9 【正确答案】 D【试题解析】 CSMACA 是无线局域网标准 80211 中的协议，它在 CSMA 的基础上增加了冲突避免的功能。ACK 帧是 CSMACA 避免冲突的机制之一，也就是说，只有当发送方收到接收方发回的 ACK 帧后才确认发出的数据帧已正确到达目的地。【知识模块】 计算机网络10 【正确答案】 A【试题解析】 考虑到局域网信道质量好，以太网采取了两项重要的措施以使通信更简便：采用无连接的工作方式； 不对发送的数据帧进行编号，也不要求对方发回确认。因

21、此，以太网提供的服务是不可靠的服务，即尽最大努力的交付。差错的纠正由高层完成。【知识模块】 计算机网络11 【正确答案】 A【试题解析】 交换机实质上是一个多端口网桥，工作在数据链路层，数据链路层使用物理地址进行转发，而转发到目的地通常是使用目的地址。因此 PDU 地址是目的物理地址。【知识模块】 计算机网络12 【正确答案】 A【试题解析】 从本质上说，交换机就是一个多端口的网桥(A 正确)，工作在数据链路层(因此不能实现不同网络层协议的网络互联，D 错误)，交换机能经济地将网络分成小的冲突域(B 错误)。广播域属于网络层概念，只有网络层设备(如路由器)才能分割广播域(C 错误) 。【知识模

22、块】 计算机网络13 【正确答案】 B【试题解析】 直通交换在输入端口检测到一个数据帧时，检查帧首部，获取帧的目的地址，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，把数据帧直通到相应的端口，实现交换功能。直通交换方式只检查帧的目的地址，共 6B，所以最短的传输延迟是 68bit100Mbps=0 48us。【知识模块】 计算机网络14 【正确答案】 B【试题解析】 主机 00-e1-d5-00-23-a1 向 00-e1-d5-00-23-c1 发送数据帧时，交换机转发表中没有 00-e1-d5-00-23-c1 这项，所以向除 1 接口外的所有接口广播这帧，即 2、3

23、端口会转发这帧，同时因为转发表中并没有 00-e1-d5-00-23-a1 这项，所以转发表会把(目的地址 00-e1-d5-00-23-a1，端口 1)这项加入转发表。而当 00-e1-d5-00-23-c1 向 00-e1-d5-00-23-a1 发送确认帧时，由于转发表已经有 00-e1-d5-00-23-a1这项，所以交换机只向 1 端口转发，选 B。【知识模块】 计算机网络15 【正确答案】 C【试题解析】 首先分析 1921684030 这个网络，主机号只占 2 位，地址范围为 1921684019216843，主机号全 1 时，即 19216843 是广播地址，主机号全 0 表示

24、本网络本身，不作为主机地址使用，因此可容纳 4-2=2个主机。【知识模块】 计算机网络16 【正确答案】 D【试题解析】 子网掩码的第 3 个字节为 11111100，可知前 22 位为子网号、后 10位为主机号。IP 地址的第 3 个字节为01001101(下划线为子网号的一部分)，将主机号(即后 10 位) 全置为 1，可以得到广播地址为 1808079255。【知识模块】 计算机网络17 【正确答案】 B【试题解析】 由于该网络的 IP 地址为 1921685024，网络号为前 24 位，后 8 位为子网号+主机号。子网掩码为 255255255248，第 4 个字节 248 转换成二进

25、制为 11111000，因此后 8 位中，前 5 位用于子网号，在 CIDR 中可以表示25=32 个子网；后 3 位用于主机号，除去全 0 和全 1 的情况，可以表示 23-2=6 个主机地址。【知识模块】 计算机网络18 【正确答案】 D【试题解析】 要使 R1 能够正确将分组路由到所有子网，则 R1 中需要有到1921682025 和 192168212825 的路由，分别转换成二进制如下：19216820：110000000 10101000 00000010 000000001921682128：11000000 10101000 00000010 10000000前 24 位都是相

26、同的，于是可以聚合成超网 1921682024，子网掩码为前 24位，即 2552552550。下一跳是与 R1 直接相连的 R2 的地址，因此是19216812。【知识模块】 计算机网络二、综合应用题41-47 小题，共 70 分。【知识模块】 计算机网络19 【正确答案】 显然当甲和乙同时向对方发送数据时，信号在信道中发生冲突后，冲突信号继续向两个方向传播。这种情况下两台主机均检测到冲突需要经过的时间最短：T (a)=1km200000km s2=001ms=单程传播时延 t0 设甲先发送数据，当数据即将到达乙时，乙也开始发送数据，此时乙将立刻检测到冲突，而甲要检测到冲突还需等待冲突信号从

27、乙传播到甲。两台主机均检测到冲突的时间最长：T (h)=2km 200000kms2=0 02ms=双程传播时延 2t0【知识模块】 计算机网络20 【正确答案】 甲发送一个数据帧的时间，即发送时延 t1=15188bitq(10Mbs)=12144ms ；乙每成功收到一个数据帧后，向甲发送一个确认帧，确认帧的发送时延 t2=648bit10Mbs=00512ms；主机甲收到确认帧后，即发送下一数据帧，故主机甲的发送周期 T=数据帧发送时延 t1+确认帧发送时延 t2+双程传播时延=t1+t2+2t0=12856ms ；于是主机甲的有效数据传输率为15008T=12000bit12856ms9

28、33Mb s(以太网帧的数据部分为 1500B)。【知识模块】 计算机网络【知识模块】 计算机网络21 【正确答案】 以太网帧的数据部分是 IP 数据报，只要数出相应字段所在的字节即可。由图 4-3 可知以太网帧头部有 6+6+2=14 字节，由图 4-4 可知 IP 数据报首部的目的 IP 地址字段前有 44=16 字节，从图 4-2 的帧第 1 字节开始数 14+16=30字节，得目的 IP 地址 40aa 6220( 十六进制)，转换成十进制为641709832。由图 4-3 可知以太网帧的前 6 字节 00-21-27-2l-51-ee 是目的MAC 地址，即为主机的默认网关 1021

29、281 端口的 MAC 地址。【知识模块】 计算机网络22 【正确答案】 ARP 协议用于解决 IP 地址到 MAC 地址的映射问题。主机的ARP 进程在本以太网以广播的形式发送 ARP 请求分组，在以太网上广播时，以太网帧的目的地址为全 1，即 FF-FF-FF-FF-FF-FF。【知识模块】 计算机网络23 【正确答案】 HTFP11 协议以持续的非流水线方式工作时，服务器在发送响应后仍然在一段时间内保持这段连接，客户机在收到前一个请求的响应后才能发出下一个请求。第一个 RTT 用于请求 Web 页面，客户机收到第一个请求的响应后(还有五个请求未发送) ，每访问一次对象就用去一个 RTT。

30、故共需 1+5=6 个 RTT后浏览器收到全部内容。【知识模块】 计算机网络24 【正确答案】 私有地址和 Internt 上的主机通信时，须由 NAT 路由器进行网络地址转换，把 IP 数据报的源 IP 地址(本题为私有地址 102128100)转换为NAT 路由器的一个全球 IP 地址(本题为 1011212315)。因此，源 IP 地址字段0a 02 80 64 变为 65 0c 7b 0f。IP 数据报每经过一个路由器，生存时间 TTL 值就减1，并重新计算首部校验和。若 IP 分组的长度超过输出链路的 MTU，则总长度字段、标志字段、片偏移字段也要发生变化。【知识模块】 计算机网络【

31、知识模块】 计算机网络25 【正确答案】 CIDR 中的子网号可以全 0 或全 1，但主机号不能全 0 或全 1。 因此若将 IP 地址空间 2021181024 划分为 2 个子网，且每个局域网需分配的IP 地址个数不少于 120 个，子网号至少要占用一位。 由 26-21202 7-2 可知，主机号至少要占用 7 位。 由于源 IP 地址空间的网络前缀为 24 位，因此主机号位数+子网号位数=8。 综上可得主机号位数为 7，子网号位数为 1。 因此子网的划分结果为子网 1：2021181025，子网 2：202118112825。 地址分配方案：子网 1 分配给局域网 l，子网 2 分配给

32、局域网 2；或子网 1 分配给局域网 2，子网 2 分配给局域网 1。【知识模块】 计算机网络26 【正确答案】 由于局域网 1 和局域网 2 分别与路由器 R1 的 E1、E2 接口直接相连，因此在 R1 的路由表中，目的网络为局域网 1 的转发路径是直接通过接口 E1转发的，目的网络为局域网 2 的转发路径是直接通过接口 E1 转发的。由于局域网1、2 的网络前缀均为 25 位，因此它们的子网掩码均为 255255255128。R1专门为域名服务器设定了一个特定的路由表项，因此该路由表项中的子网掩码应为255255255255(只有和全 1 的子网掩码相与才能完全保证和目的 IP 地址一样

33、，从而选择该特定路由)。对应的下一跳转发地址是 20211822，转发接口是L0。R1 到互联网的路由实质上相当于一个默认路由，默认路由一般写作 00，即目的地址为 0000，子网掩码为 0000。对应的下一跳转发地址是20211822，转发接口是 L0。综上可得到路由器 R1 的路由表如下：若子网1 分配给局域网 1，子网 2 分配给局域网 2，见表 4-1。若子网 1 分配给局域网 2，子网 2 分配给局域网 1，见表 4-2。【知识模块】 计算机网络27 【正确答案】 局域网 1 和局域网 2 的地址可以聚合为 2021181024，而对于路由器 R2 来说，通往局域网 1 和局域网 2

34、 的转发路径都是从 L0 接口转发，因此采用路由聚合技术后，路由器 R2 到局域网 1 和局域网 2 的路由，见表 4-3。【知识模块】 计算机网络【知识模块】 计算机网络28 【正确答案】 要求 R2 的路由表能到达图中所有的子网，且路由项尽可能的少，则应对每个路由接口的子网进行聚合。在 AS1 中，子网 153145025 和子网 15314512825 可以聚合为子网 153145024；在 AS2 中，子网1941720025 和子网 1941721024 可以聚合为子网1941720023；子网 194172012825 单独连接到 R2 的接口 E0。于是可以得到 R2 的路由表如下：【知识模块】 计算机网络29 【正确答案】 该 IP 分组的目的 IP 地址 1941720200 与路由表中1941720023 和 194172012825 两个路由表项均匹配，根据最长匹配原则，R2 将通过 E0 接口转发该 IP 分组。【知识模块】 计算机网络30 【正确答案】 R1 和 R2 属于不同的自治系统，故应使用边界网关协议 BGP(或BGP4)交换路由信息；BGP 是应用层协议，它的报文被封装到 TCP 协议段中进行传输。【知识模块】 计算机网络