2014 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，直接为会话层提供服务的是

A．应用层

B．表示层

C．传输层

D．网络层

【答案】C

【解析】

网络体系结构中的某层为其相邻上层直接提供服务。在OSI参考模型中，传输层为其相邻上层会话层直接提供服务，因此本题选择选项C。注意：在TCP/IP参考模型中并没有会话层。

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

A．{3}和{1}

B．{2,3}和{1}

C．{2,3}和{1,2}

D．{1,2,3}和{1}

【答案】B

【解析】

以太网交换机收到一个帧时的自学习和转发过程如下：

（1）登记：提取帧的源MAC地址，然后将其与帧进入交换机端口的端口号作为一条记录存储到帧交换表（或称转发表）中；

（2）转发：提取帧的目的MAC地址，若该MAC地址是一个广播地址，则将该帧从除进入交换机的端口外的其他所有端口转发；若该MAC地址是一个单播地址，则在帧交换表中查找该MAC地址，按以下情况处理：

1)     若找不到该MAC地址的记录，则进行“盲目地转发”，也就是除帧进入交换机的端口外的其他所有端口转发该帧，也称为泛洪；

2)     若找到该MAC地址的记录，取出记录中的端口号，若该端口号与帧进入交换机的端口的端口号不同，则按该端口号进行“明确地转发”；若该端口号与帧进入交换机的端口的端口号相同，则丢弃该帧。

在本题中，主机00-e1-d5-00-23-a1给主机00-e1-d5-00-23-c1发送1个数据帧，该数据帧从交换机的端口1进入交换机，交换机取出帧的源MAC地址00-e1-d5-00-23-a1，将其与帧进入交换机的端口的端口号1作为一条记录存储到帧交换表中，如下图所示，

然后提取帧的目的MAC地址00-e1-d5-00-23-c1，在帧交换表中查找该目的地址的记录，但是找不到，于是就进行“盲目地转发”，也就是从除该帧进入交换机的端口1外的其他所有端口（端口2和端口3）转发该帧。

主机00-e1-d5-00-23-c1收到主机00-e1-d5-00-23-a1发来的数据帧后，向主机00-e1-d5-00-23-a1发送1个确认帧，该确认帧从交换机的端口3进入交换机，交换机取出帧的源MAC地址00-e1-d5-00-23-c1，将其与帧进入交换机的端口的端口号3作为一条记录存储到帧交换表中，如下图所示，

然后提取帧的目的MAC地址00-e1-d5-00-23-a1，在帧交换表中查找该目的地址的记录，可以找到，并且记录中的端口号1与该帧进入交换机的端口号3不同，于是就进行“明确地转发”，也就是从交换机的端口1转发该帧。

综上所述，选项B正确。

35.   下列因素中，不会影响信道数据传输速率的是

A．信噪比

B．频率宽带

C．调制速度

D．信号传播速度

【答案】D

【解析】

本题考查以下三个知识点：

（1）奈氏准则：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。

（2）香农公式：信道的极限信息传输速率C=W log2(1 + S/N) (bit/s)，其中W为信道的带宽，单位为Hz；S为信道内所传信号的平均功率；N为信道内部的高斯噪声功率;S/N为信噪比。

综合（1）和（2），对于频带宽度已确定的信道，如果信噪比也不能再提高了，并且码元传输速率也达到了上限值，还可以通过新的信号处理和调制方法，使码元可以携带更多比特的信息量，其目的都是为了尽可能地接近香农公式给出的传输速率极限。

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100Mbps，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．100Mbps

【答案】C

【解析】

根据题意，可画出下图，

主机甲从发送第1个数据帧开始，到收到主机乙发回的对第1个数据帧的确认帧为止，所耗费的时长为a + b + c = (8b × 1000 ÷ 100Mb/s) + 50ms + 50ms = 100.08ms；在这段时长内，主机甲一共发送了1000个长度为1000字节的数据帧，比特数量为8b × 1000 × 1000 = 8×10^6 b；

所以主机甲在这段时间内的平均传输速率为8×10^6 b ÷ 100.08ms ≈ 80Mb/s。主机甲可达到的最大平均传输速率还受到信道带宽100Mb/s的限制，也就是应当小于等于信道带宽，因此主机甲可以达到的最大平均传输速率为min{80Mb/s, 100Mb/s} = 80Mb/s，选项C正确。

37.   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

A．000

B．101

C．110

D．111

【答案】B

【解析】

将站点C收到的序列分成三部分：(2, 0, 2, 0)，(0, -2, 0, -2)，(0, 2, 0, 2)；题目要求回答站点A发送的数据是什么，因此把站点A的码片序列(1, 1, 1, 1)分别与这三部分做内积运算：

(2, 0, 2, 0)·(1, 1, 1, 1)÷4 = (2×1 + 0×1 + 2×1 + 0×1) ÷ 4 = 1，表明A发送的是比特1；

(0, -2, 0, -2)·(1, 1, 1, 1)÷4 = (0×1 + -2×1 + 0×1 + -2×1) ÷ 4 = -1，表明A发送的是比特0；

(0, 2, 0, 2)·(1, 1, 1, 1)÷4 = (0×1 + 2×1 + 0×1 + 2×1) ÷ 4 = 1，表明A发送的是比特1；

因此选项B正确。

38.   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时刻发生超时时拥塞窗口为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

A．10KB

B．12KB

C．14KB

D．15KB

【答案】A

【解析】

根据题意，可画出主机甲的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8KB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8KB ÷ 2 = 4KB；

（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10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10个轮次的传输：

超时后的第1个传输轮次：拥塞窗口值为1KB，进行超时后的第1个传输轮次，成功后拥塞窗口值增加到2KB；

超时后的第2个传输轮次：拥塞窗口值为2KB，进行超时后的第2个传输轮次，成功后拥塞窗口值增加到4KB；

超时后的第3个传输轮次：拥塞窗口值为4KB，进行超时后的第3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5KB，之后改用“拥塞避免”算法；

超时后的第4个传输轮次：拥塞窗口值为5KB，进行超时后的第4个传输轮次，成功后拥塞窗口的值线性加1KB变为6KB；

超时后的第5个传输轮次：拥塞窗口值为6KB，进行超时后的第5个传输轮次，成功后拥塞窗口的值线性加1KB变为7KB；

超时后的第10个传输轮次：拥塞窗口值为11KB，进行超时后的第10个传输轮次，成功后拥塞窗口的值线性加1KB变为12KB。

由于主机甲的发送窗口=min[主机甲的拥塞窗口，主机乙的接收窗口]，且题目给定主机乙的接收窗口始终为10KB；因此，主机甲从超时起不再发生超时的情况下，经过10个RTT后，其发送窗口=min[12KB，10KB]=10KB。

综上所述，选项A正确。

注意：本题有一个快速的巧解方法，由于题目给出主机乙的接收窗口始终为10KB，而主机甲的发送窗口=min[主机甲的拥塞窗口，主机乙的接收窗口]，因此不管主机甲的拥塞窗口如何变化，主机甲的发送窗口都不可能超过10KB，而选项B、C、D都超过10KB了，用排除法可知选项A正确。

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

A．仅I

B．仅I、II

C．仅II、III

D．I、II、III

【答案】B

【解析】

UDP协议提供的是无连接的服务，I正确；

UDP协议使用端口来提供复用/分用服务，II正确；

UPD协议虽然有差错校验机制，但UDP协议的差错校验只是检查数据在传输的过程中有没有误码，误码的数据直接丢弃，并没有重传机制，不能保证可靠传输，III错误。

综上所述，选项B正确。

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

A．PPP

B．ARP

C．UDP

D．SMTP

【答案】D

【解析】

主机可能会使用PPP协议连接到因特网服务提供商ISP；

当主机只知道本网络另一主机的IP，但不知道它的MAC地址时，可以使用ARP协议来查询那台主机的IP地址所对应的MAC地址；

当主机访问Web网站时，若主机的DNS缓冲区没有存储相应域名的IP地址，就会使用DNS协议来查询该域名的IP地址，而DNS协议是基于UDP协议的；

SMTP协议只用于用户计算机中的用户代理向邮件服务器发送邮件或在邮件服务器之间发送邮件，单纯的访问Web网页不可能用到；

综上所述，选项D正确。

二、综合应用题：第41~47 题，共70 分。

42.  （10分）某网络中的路由器运行OSPF路由协议，题42表是路由器R1维护的主要链路状态信息(LSI)，题42图是根据题42表及R1的接口名构造出来的网络拓扑。

题42表 R1所维护的LSI

题42图 R1构造的网络拓扑

请回答下列问题。

1)   本题中的网络可抽象为数据结构中的哪种逻辑结构？

2)   针对题42表中的内容，设计合理的链式存储结构，以保存题42表中的链路状态信息(LSI)。要求给出链式存储结构的数据类型定义，并画出对应题42表的链式存储结构示意图(示意图中可仅以ID标识结点)。

3)   按照迪杰斯特拉(Dijkstra)算法的策略，依次给出R1到达题42图中子网192.1.x.x的最短路径及费用。

43. （9分）请根据题42描述的网络，继续回答下列问题。

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需要增加哪些信息？

【解析】

1）

（1）路由器R1与网络192.1.1.0/24是直连的，可以自动得出到达该网络的路由项。其中，目的网络地址为192.1.1.0/24；下一跳没有，因为这是直连网络；接口为路由器R1的接口E0。

（2）路由器R1到达网络192.1.5.0/24的路径不止一条，其中R1→R3→192.1.5.0/24的代价（费用）为3，是最短路径。路由项中的目的网络为192.1.5.0/24，下一跳为路由器R3的IP地址10.1.1.10，接口为路由器R1的L1。

（3）路由器R1到达网络192.1.6.0/24的路径不止一条，其中R1→R2→192.1.6.0/24的代价（费用）为4，是最短路径。路由项中的目的网络为192.1.6.0/24，下一跳为路由器R2的IP地址10.1.1.2，接口为路由器R1的L0。

（4）路由器R1到达网络192.1.7.0/24的路径不止一条，其中R1→R2→R4→192.1.7.0/24的代价（费用）为8，是最短路径。路由项中的目的网络为192.1.7.0/24，下一跳为路由器R2的IP地址10.1.1.2，接口为路由器R1的L0。

根据题目要求，要做到路由器R1中的路由项尽量少，可将上述4个路由项中的（3）和（4）聚合成一条路由项。其中，目的网络可以通过找网络192.1.6.0/24和192.1.7.0/24的共同前缀来得出聚合后的网络地址192.1.6.0/23，如下图所示；下一跳为路由器R2的IP地址10.1.1.2；接口为路由器R1的L0。

综上所述，路由器R1的路由表如下所示。

2）

源主机192.1.1.130属于网络192.1.1.0/24，目的主机192.1.7.211属于网络192.1.7.0/24。从1）可知，源主机给目的主机发送IP分组，最短路径为源主机→R1→R2→R4→目的主机，显然R1通过自己的接口L0将该IP分组转发给R2。由于该IP分组经过R1，R2，R4这三个路由器的转发，因此当目的主机收到该IP分组时，其TTL字段的值为64-3=61。

3）

R1的链路状态信息LSI需要增加一条特殊的直连网络，网络前缀Prefix“0.0.0.0/0”，Metric为10。