2023年计网408

33.在下图所示的分组交换网络中，主机H1和H2通过路由器互连，2段链路的带宽均为100Mbps、 时延带宽积(即单向传播时延×带宽)均为1000bits。若 H1向 H2发送1个大小为 1MB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=10的6次方) A.80.02ms B.80.08ms C.80.09ms D.80.10ms

本题考察分组交换和时延带宽机的相关概念。

本题要求我们计算在该分组交换网中主机h1给h2发送一个文件。从h1开始发送时刻起，到h2收到该文件全部数据时刻止，所需的最少时间。那么，我们首先来回忆一下上述分组交换过程的特点。h1将待发送文件进行拆分，并构建成一个个分组号，连续发送出去。而路由器对接收到的分组进行转发。在转发分组的同时，还在接收下一个分组。

我们在理论课中曾给同学们介绍过分组交换相关实验计算的图解方法。对于本题，我们就使用这种图解方法。如图所示，纵坐标表示h1和h2通过路由器互联。横坐标表示时间。这是h1通过分组交换方式给h2发送一个文件的全部过程。这部分是构成文件的所有分组的发送时延（a）。这部分是信号在一段链路上的传播时延（b）。这部分是路由器发送一个分组的发送时延（c）。这部分是信号在另一段链路上的传播时延（b）。不难看出，上述各部分时延就构成了总时延。 ::: danger 文件大小为 1MB,分组长度为1000B,分组数量为1MB/1000B=1000,一个分组从H1到 H2所需的时间=H1的发送时延 t 1 t_1 t1​+H1到路由器的传播时延 t 2 t_2 t2​+路由器的发送时延 t 3 t_3 t3​路由器到H2的传播时延 t 4 t_4 t4​,其中 t 1 t_1 t1​= t 3 t_3 t3​=1000B/100Mbps=0.08ms， t 2 t_2 t2​= t 4 t_4 t4​=1000b/100Mbps= 0.01ms。

因此一个分组从H1到H2所需的时间为(0.08+0.01)×2=0.18ms，H1发送前999个分组所需的时间为999×t1=79.92ms,总时间等于发送前999个分组的时间再加上最后一个分组从 H1到 H2的时间，即所需的时间至少为79.92+0.18=80.10ms。 :::

要计算1000B在100Mbps下的传输时间，我们需要考虑数据量和传输速率之间的关系。 首先，将1000B转换为比特：1000B = 1000 * 8b = 8000b 然后，计算传输时间：传输时间 = 数据量 / 传输速率= 8000b / 100Mbps 将Mbps转换为bps：100Mbps = 100 * 10^6 bps 将传输时间计算为：传输时间 = 8000b / (100 * 10^6 bps)= 0.00008s 将秒转换为毫秒：0.00008s = 0.08ms 因此，1000B在100Mbps下的传输时间为0.08ms。

将题目给定的相关已知量带入上式。这部分是文件的发送时延，这部分是路由器发送一个分组的发送时间，这部分是信号在一段链路上的传播时延，可通过时延带宽积来计算。请同学们在计算过程中注意单位换算。综上所述，本题的答案是选项d。需要说明的是，由于本题并未告知分组首部的长度。因此我们在解题时并未考虑分组首部的长度。但严格来说，分组的首部是分组交换这个知识点的重要内容，同学们需要熟练掌握。

34.某无噪声理想信道带宽为4MHz,采用QAM调制，若该信道的最大数据传输速率是48Mbps, 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

本题考察奈氏准则和信号调制的相关知识，从题目所给的关键词无噪声，带宽。可知题目考察我们奈氏准则的相关知识。也就是理想低通信道的最高码元，传输速率为2w board，其中w是信道的频率带宽。单位为赫兹波尔，即波特单位，是码元每秒。

从题目所给的关键词调制可知，题目还考察我们信号调制技术的相关知识。对于解题，不管采用多么牛的调制技术，哪怕是我们没有听说过的，我们也不用担心。因为我们只关心可以调制出的不同基本波形，也就是不同码源的数量x。则每个码源可携带的比特数量为log，以二为底x的对数。我们知道，最大数据传输速率可用最高码源传输速率乘以每个码源可携带的比特数量计算得出。其中，最高马原传输速率由奈氏准则给出。每个码源可携带的比特数量取决于信号调制技术。将题目给定的相关已知量代入上式。可计算出题目所给调制技术，可以调制出64种基本波形，也就是64种不同的码源。综上所述，本题的答案是选项c

35.假设通过同一条信道，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，三个协议的数据帧长相同，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( )。 A. U1≤U2≤U3 B. UI≤U3≤U2 C. U2≤U3≤U1 D. U3≤U2≤U1

本题考察停止等待协议，回退n帧协议，选择重传协议的相关知识。在理论特征，我们曾给同学们总结过上述三种协议各自的发送窗口和接收窗口的尺寸。对于停止等待协议，仅用一个比特给帧进行编号即可。其发送窗口等于一。对于回退n帧协议，用n个比特给帧进行编号。其发送窗口大于一，小于等于二的N次方减一。本题给定用三个比特给帧进行编号，因此发送窗口可取到的最大值为七。对于选择重穿协议，用恩格比特给帧进行编号。其接收窗口大于一，小于等于发送窗口。另外，发送窗口加接收窗口小于等于二的N次方。本题给定该协议的发送窗口和接收窗口相等。因此，发送窗口可取到的最大值为四。由于发送方在未收到接收方发来的确认前可将序号落入发送窗口内的所有数据帧，连续发送出去。并且本题给定上述三个协议的数据增长相同，并且忽略确认真长度。因此，本题所问的三个协议的发送方的最大信道利用率的大小关系。可由这三个协议各自的发送窗口的尺寸决定。发送窗口的尺寸越大，相应的信道利用率就越高。综上所述，本题的答案是选项b。

36.已知10BaseT 以太网的争用时间片为51.2μs。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( )。 A. 51.2μs B. 204.8μs C. 768μs D. 819.2μs

本题考察共享式以太网的截断二进制指数，退避算法我们知道退避时间等于基本退避时间乘上随机数r。其中，基本退避时间为征用期2τ，也就是发送512比特所耗费的时间。对于10M比特每秒的共享走线，以太网就是五十一点二微秒。而随机数r是从零散的整数集合01 一直到二的k次方减一中随机取出的一个数。其中，可以从重传次数和时钟取小者。这是该算法名称中截断二进制指数，这种称谓的由来。我们在理论课上讲解上述算法时，特意为同学们举了三个典型的例子。以帮助同学们理解。如果同学们认真练习过并掌握了这种算法的原理，那么本题就是送分儿题。题目给定发生了连续四次冲突，这相当于告诉我们重传次数为四。可以从重穿次数四和十中取小者，也就是四。则离散的整数集合为零一二，一直到15。则可能的退避时间为零×2套，一×2套，二×2套，一直到15×2套。题目问的是最长退币时间，因此为15×2套。题目给定的征用期二套为五十一点二微秒。因此，最长退避时间为768微秒。综上所述，本题的答案是选项c。本题相关知识点的理论讲解可参看以下视频课程。该知识点在二零二三年的四零八考试中首次考察，幸运的是我们在考前第六套模拟试卷的题35。就练习了该知识点。

37.若甲向乙发送数据时采用CRC校验，生成多项式为G(X)=X²+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( )。 A. 10111 0000 B. 10111 0100 C. 10111 1000 D. 10111 1100

本题考察循环冗余校验CRC的相关知识。我们来一起分析一下。在理论课中，我们给同学们分别举例介绍了发送方的crc操作以及接收方的crc操作。例如，这是我们理论课中对接收方CRC操作的举例。而本题就是对接收方crc操作的考察。显然，这是一道送分题。将四个选项给出的四个比特串分别作为被除数。将题目给定的生成多项式，各项的系数所构成的比特串作为除数。之后进行二进制摩尔除法，得到余数。对于选项ABC得到的余数都不为零，可认为传输过程产生了误码。对于选项d得到的余数为零，可认为传输过程没有产生误码。综上所述，本题的答案是选项d。本题相关知识点的理论讲解可参看以下视频课程。该知识点在二零二三年的四零八考试中也是首次考察，幸运的是我们在考前第五套模拟试卷的题35中，练习过发送方的crc操作。

38.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1个IP分组，则经过R2转发后，该IP分组的源IP地址是( )。A.195.123.0.33 B.195.123.0.35 C.192.168.0.1 D.192.168.0.3

本题考察网络地址转换NAT和CIDR地址块的相关知识。根据题意，这是主机h向因特网发送的一个IP分组。根据我们理论课所介绍的相关知识可知。该IP分组首部中的源IP地址就是主机h的IP地址，这是一个私有地址，也可成为专用地址或内网地址。该IP分组首部中的目的IP地址就是因特网中的某个IP地址，这是一个公有地址，也称为全球地址。该IP分组经过路由器r2转发给路由器r1，题目给定r2实现了NAT功能，因此IP分组首部中的原IP地址会被修改为r2的外网接口的IP地址。也就是r2的该接口的IP地址。这应该是一个公有地制。我们可以根据题目给出的r1该接口的IP地址来推断出其点对点链路的对端接口，也就是r2该接口的IP地址。根据r1该接口的IP地址的CIDR形式可知，该地址的左起前30个比特为网络前缀。也就是说，该地址左起前三个十进制数以及第四个十进制数的前六个比特构成30比特的网络前缀。剩余两个比特为主机号。因此，需要将该例子左起第四个十进制数转换成二进制形式。

如图所示。这样可以很容易看出30比特的网络前缀和两比特的主机号。将30比特的网络前缀保持不变。两比特的主机号全部取零。就可以得到该地址所在地址块中的最小地址。这是其典分十进制形式。最小地址作为网络地址。将30比特的网络前缀保持不变。两比特的主机号全部取一。就可得到该地址所在地址块中的最大地址。这是其典分十进制形式。最大地址作为广播地址。这是比网络地址大一的地址。也就是该地址块中可分配给主机或路由器接口的最小地址。这是其点分十进制形式。这是比广播励志小一的例子。也就是该地块中可分配给主机或路由器接口的最大地址。这是其点分十进制形式。现在可以看出来了，该地址块儿中的最大可分配地址被分配给了r1的该接口。因此，分配给r该接口的地址应该是该地址块中仅剩的一个，可分配地址。也就是这个最小的，可分配地址。综上所述，本题的答案是选项a。

39.主机168.16.84.24/20所在子网的最小可分配 IP地址和最大可分配IP地址分别是( )。 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

首先将 IP 地址和子网掩码转换成二进制形式： IP 地址 168.16.84.24 -> 10101000.00010000.01010100.00011000 子网掩码 /20 -> 前 20 位是网络位，后 12 位是主机位 子网掩码的二进制形式为前 20 位为 1，后 12 位为 0： 11111111.11111111.11110000.00000000 进行与运算，得到网络地址： 10101000.00010000.01010000.00000000 -> 168.16.80.0 所以，最小可分配的 IP 地址是网络地址加上1，即 168.16.80.1。 最大可分配的 IP 地址是广播地址减去 1。广播地址是网络地址的所有主机位都设置为 1，即最后一位是 1，并且除了主机位外，其他网络位都设置为 1： 10101000.00010000.01011111.11111111 -> 168.16.95.255 所以，最大可分配的 IP 地址是广播地址减去 1，即 168.16.95.254。 因此，正确答案是选项 B：最小可分配 IP 地址是 168.16.80.1，最大可分配 IP 地址是 168.16.95.254。

接下来我们来看题39。本题仅单纯考察根据给定IP地址的CIDR形式，分析其所在地址块的全部细节。也就是地址块儿中的最小地址，最大地址，最小可分配地址，最大可分配地址。地址数量以及地址块相应的地址掩码等。显然这是一道送分儿题，并且题38已对相关知识点进行了考察。

40.下列关于IPv4和 IPv6的叙述中，正确的是( )。 I. IPv6地址空间是 IPv4地址空间的 96 倍 Ⅱ. IPv4 首部和 IPv6 基本首部的长度均可变 Ⅲ. IPv4向IPv6过渡可以采用双协议栈和隧道技术 IV. IPv6 首部的 Hop Limit 字段等价于IPv4首部的TTL字段

A.仅I、Ⅱ B.仅I、IV C.仅Ⅱ、Ⅲ D.仅 ⅢⅢ、IV

本题考察相对于IPV4，IPV6引进的主要变化以及从IPV4向IPV6过渡和采用的技术。我们知道IPV4地址由32比特构成，因此IPV4地址空间的大小为二的32次方。而IPV 6地址由128比特构成，因此IPV 6地址空间的大小为二的128次方。很显然，IPV 6地址空间是IPV 4地址空间的二的96次方倍。因此，叙述一错误。这是IPV 4首部格式。由20字节的固定部分和最大40字节的可变部分组成。不难看出，IPV 4首部长度是可变的，最小20字节，最大60字节。这是IPV 6数据报格式。它由40字节的基本首部和最大不超过65535字节的有效载荷两部分构成。有效载荷由零个或多个扩展首部及其后面的数据部分构成。请同学们注意所有的扩展首部并不属于IPV 6数据报的首部，他们与其后面的数据部分合起来构成有效载荷。**而IPV 6数据报的首部，就是指其40字节的基本首部，其长度是固定不变的。**综上所述叙述二错误。在IPV4首部中，有一个称为生存时间的字段。其英文缩写词为TTL。该字段占8比特，最初以秒为单位，最大生存周期为255秒。路由器转发IP数据报时，将IP数据报首部中的该字段的值减去IP数据报在本路由器上所耗费的时间。若不为零就转发，否则就丢弃。后来，该字段以跳数为单位。路由器转发IP数据报时，将IP数据报首部中的该字段的值减一。若不为零就转发，否则就丢弃。ipv6把生存时间TTL字段改成为跳数限制hop limit字段。这样就使该字段的名称与作用更加一致。因此叙述四正确。由IPV 4向IPV 6过渡可采用双协议栈。也可采用隧道技术。因此叙述三正确。

IPv4向IPv6过渡

隧道这两种策略，我们在理论课中都已经介绍过了，就不再赘述了。综上所述，本题的答案是选项d。本题相关知识点的理论讲解可参看以下视频课程。这些知识点在二零二三年的四零八考试中首次考察。幸运的是，我们在当年的每日一题中练习过三道相关的题目。

47.(9分)某网络拓扑如题47图所示，主机H登录FTP服务器后，向服务器上传一个大小为 18000B的文件F。假设H为传输F建立数据连接时，选择的初始序号为100,MSS=1000B, 拥塞控制初始阈值为4MSS,RTT=10ms,忽略TCP段的传输时延；在F的传输过程中，H 均以 MSS 段向服务器发送数据，且未发生差错、丢包和乱序现象。

本题综合考察应用层文件传输协议FTP和运输层传输控制协议TCP的相关知识。

应用层的FTP基于运输层的TCP连接进行可靠数据传输分为主动模式和被动模式。所谓主动模式，就是在建立数据通道时FTP服务器主动连接FTP客户。而被动模式是指在建立数据通道时FTP服务器被动等待FTP客户的连接。不管采用主动模式还是被动模式FTP，客户与FTP服务器之间都会维护两个TCP连接。一个用于传送控制命令称为控制连接。另一个用于传送数据称为数据连接。控制连接在整个FTP会话期间一直保持打开。而数据连接在每次文件传送时才建立，传送结束就关闭。

故 FTP 的控制连接是持久的， FTP 的数据连接是非持久的，H 登录FTP服务器时，建立的TCP连接是控制连接

那么接下来分析本大题所涉及到的TCP过程。当主机h登录FTP服务器时，首先会通过三报文握手与FTP服务器建立TCP连接。这条TCP连接作为FTP控制连接，用于传送FTP相关命令。当主机h要给FTP服务器传送文件时。则会再次通过三报文握手，与FTP服务器建立另一个TCP连接。这条TCP连接作为FTP数据连接，用于传送文件数据。这是主机h给FTP服务器发送的TCP连接请求报文段。其手部中的同步标志位syn被设置为一。表明这是一个TCP连接请求报文段。序号se q字段的值被设置为100，这是题目给定的主机h所选择的初始序号。不知同学们是否还记得TCP规定同步标志为syn被设置为一的报文段。不能携带数据，但要消耗掉一个序号。因此，本题中TCP连接请求报文段没有数据载荷，但是会消耗掉序号100。因此，主机h下一次发送的TCP报文段的数据载荷的第一个字节的序号为101。FTP服务器收到TCP连接请求报文段后，给主机h发送TCP连接请求，确认报文段。该报文段首部中的同步标志位syn和确认标志位ack都设置为一。表明这是一个TCP连接请求确认报文段。序号se q字段被设置了一个初始值外。这是FTP服务器所选择的初始序号。确认号ack字段的值被设置为101。这是对主机h所选择的初始序号100的确认。那么，从主机h请求建立数据连接开始，到目前为止，经历了一个往返时间rtt。我们知道TCP映射窗口CW nd的初始值为一个最大报文段长度。英文缩写词为mss。本题给定的mss的取值为1000字节。换句话说，在三报文握手过程中，主机h给FTP服务器发送的第二个报文段。啊，也就是三报文握手中的最后一个报文段，可以携带1000字节的数据。该报文段首部中的确认标志位ack被设置为一。表明这是一个普通的TCP确认报文段。序号se q字段的值被设置为101。这是因为主机h之前发送的TCP连接请求报文段的序号为100。该报文段虽然不能携带数据，但要消耗掉一个序号。因此，逐渐HR发送的第二个报文段的序号为101。这样该问就得到了回答。确认号ack字段的值被设置为y+1，这是对FTP服务器所选择的初始序号y的确认。不知同学们是否还记得TCP规定，普通的TCP确认报文段可以携带数据。但如果不携带数据，则不消耗序号。由于本题涉及到了最小时间问题，

如果同学们还记得上述知识点。那么，本大题的第一小题的各个小问非常容易回答。本大题的其他各小题都是围绕TCP展开的。TCP是教学重点和难点，也是历年四零八考试的必考内容，包括TCP通过三报文握手建立连接，通过四报文挥手释放连接。TCP建立连接和释放连接过程中的状态转换。各相关报文首部的相关标注位以及相关字段的取值。TCP的拥塞控制TCP的流量控制等。因此对于本题，该报文段携带了1000字节的数据。这是FTP服务器收到主机h发送的，携带有1000字节数据的TCP报文段后。给主机h发送的确认报文段。确认号为1101。表明序号为1100及之前的所有数据都已正确接收。现在希望收到序号为1101的数据。主机h收到该确认报文段后，拥塞窗口CW nd的值增大一个，最大报文段长度到两个，最大报文段长度。也就是从1000字节增大到2000字节。这样就经历了一个慢开始算法的传输轮次rtt。之后逐渐h可给FTP服务器连续发送两个TCP报文段。每个报文段携带一个最大报文段长度，即1000字节的数据。这是题目给定的。各报文段的序号，也就是其数据载荷第一个字节的序号，分别是1101。2101。FTP服务器收到后会给主机h发送相应的确认报文段。这是FTP服务器给主机h发送的确认号为2101的报文段。逐节h收到后，拥测窗口CW nd的值增大一个最大报文段长度到三个，最大报文段长度。这样该问就得到了回答。这是FTP服务器给主机h发送的确认号为3101的报文段。主机h收到后，右侧窗口CW nd的值增大一个最大波纹段，长度到四个最大波纹段长度。这样就又经历了一个慢开始算法的传输轮次rtt。由于题目给定拥塞控制初始域值为四个最大波纹段长度。这相当于告诉我们，当拥塞窗口CW nd的值增大到四个最大报文段长度时。应停止使用慢开始算法，转而执行拥塞，避免算法。主机h可给FTP服务器连续发送四个TCP报文段。每个报文段携带一个最大报文段长度，借1000字节的数据。各报文段的序号分别是3101，4101，5101。6101。FTP服务器收到后会给主机发送相应的确认报文段。当主机h收到FTP服务器发来的确认号为7101的确认报文段后。拥塞窗口CW nd的值增大一个最大报文段长度到五个，最大报文段长度。这样就经历了一个拥测，避免算法的传输轮次rtt。至此，该问就得到了回答。之后主机h可给FTP服务器连续发送五个TCP报文段。每个报文段携带一个最大报文段长度，即1000字节的数据。各报文段的序号分别是7101，8101，9101，10101。11101。FTP服务器收到后会给主机h发送相应的确认报文段。当主机h收到FTP服务器发来的确认号为12101的确认报文段后。拥测窗口CW nd的值增大，一个报文段长度到六个，最大报文段长度。这样就又经历了一个拥塞，避免算法的传输，轮次rtt。之后主机h可给FTP服务器连续发送六个TCP报文段。每个报文段携带一个最大报文段长度，即1000字节的数据。各报文段的序号分别是12101，13101，14101。一万五千一百零一一万六千一百零一一万七千一百零一。此时，题目给定的大小为18000字节的文件f就已经传输完毕了。FTP服务器收到后会给主机h发送相应的确认报文段。当主机h收到FTP服务器发来的确认号为18101的确认报文段后。拥塞窗口CW nd的值增大一个最大报文段长度到七个，最大报文段长度。这样就又经历了一个拥塞，避免算法的传输，轮次rtt。此时主机h已经将18000字节的文件f上传到了f db服务器。这部分执行的是拥塞避免算法。之后，主gh要通过斯宝文挥手释放TCP连接。也就是释放用于FTP数据传送的那条TCP连接。主机h给FTP服务器发送TCP连接释放报文段。该报文段首部中的中指标志位fin和确认标志位ack的值都被设置为一。表明这是一个TCP连接释放报文段。同时也对之前收到的报文段进行确认。序号se q字段的值被设置为18101。这是因为主机h之前已经传送过的最后一个报文段的序号为17101。并且携带了1000字节的数据。不知同学们是否还记得TCP规定终止标志为fin=1的TCP报文段。即使不携带数据，也要消耗掉一个序号。确认号ack字段的值设置为v。它等于主机h之前已收到的数据的最后一个字节的序号加一。对于本题，我们并不关心该值。FTP服务器收到主机h发来的TCP连接释放报文段后，会给主机h发送相应的确认报文段。由于TCP连接释放报文段的序号为18101，并且不携带数据，但要消耗掉一个序号。因此，对该报文段的确认号为18102。这样该问得到回答。从上述过程可以看出，主机h从请求建立数据连接开始，到确认18000字节的文件f已被FTP服务器全部接收为止。至少需要经历六个rtt。题目给定rtt为十毫秒。因此，至少经历60毫秒。这18000字节的文件数据就是题目所谓的应用层数据。主机h总共耗时60毫秒，将其上传到FTP服务器。因此，这期间的应用层数据平均发送速率为18000字节，除以60毫秒。至此，这道大题的解析完毕。本题相关知识点的理论讲解可参看以下视频课程。TCP是历年四零八考试的必考内容，我们在去年四零八考前的最后一套模拟卷中的最后一题。也安排的是考察TCP相关知识点的大题。如果同学们当时认真完成了那道模拟题，则四零八考试时顺利拿下这道真题是不成问题的。