本題集來自南京郵電大學大學慕課網《網路技術與應用》

第一部分

1.若網路形狀是由站點和連線站點的鏈路組成的一個閉合環，則稱這種拓撲結構為（ 環型拓撲 ）

2.在OSI參考模型中，自下而上第一個提供端到端服務的層次是（ 傳輸層  ）。傳輸層為兩臺主機中應用程序之間的通訊提供服務，而對於網路層來說，提供的是主機到主機之間的通訊，所謂的端到端是指應用程序到應用程序。

3.在OSI參考模型中，物理層的主要功能是（   透明地傳輸位元流  ）。物理層傳輸的基本單位是位元，物理層的作用就是把組成幀的位元流進行透明的傳輸，所謂透明傳輸，就表示物理層對傳輸的位元流不採取任何處理，只是單純地將位元流從一個節點傳到下一個節點。

4.一個網路協議主要由語法、語義和同步三個要素組成。語義是指對構成協議的協議元素含義的解釋,也即"講什麼"。不同型別的協議元素規定了通訊雙方所要表達的不同內容(含義)。例如，在基本型資料鏈路控制協議中規定,協議元素SOH的語義表示所傳輸報文的報頭開始；而協議元素ETX的語義，則表示正文結束等。語法是指，確定通訊時採用的資料格式，編碼及訊號電平等。即對所表達內容的資料結構形式的一種規定,也即"怎麼講"。例如，在傳輸一份資料報文時資料格式，傳輸一封信函的地址格式等。

5.在計算機網路體系結構中，網路層傳輸的基本單位是（分組）。日常生活中此時的分組即為IP分組。物理層傳輸的基本單位是位元，資料鏈路層傳輸的基本單位是幀，網路層傳輸的基本單位是分組。

6.按照網路覆蓋的範圍按照從小到大的順序，可以把計算機網路分為個人區域網、區域網、都會網路、廣域網，所以，本題是正確的。一個學校的內部網路一般都屬於（區域網）。個人區域網是在個人工作區內把個人使用的電子裝置，如行動式計算機和印表機等，採用無線技術連線起來的網路，作用範圍在10m左右；區域網覆蓋的範圍往往是地理位置上的某個區域，如某一企業或學校等；都會網路一般來說是在一個城市，這種網路的連線距離可以達到10-100公里；這種網路也稱為遠端網，所覆蓋的範圍比MAN更廣，它一般是在不同城市之間的LAN或者MAN網路互聯，地理範圍可從幾百公里到幾千公里。

7.中國教育科研網的縮寫為（ CERNET  ）。中國教育科研網的縮寫為 CERNET,中國公用計算機網際網路的縮寫為ChinaNET， 中國公用數字資料網 的縮寫為ChinaDDN，國際標準化組織的縮寫為ISO。

8.因特網最早起源於（ 美國 ）。

9.在計算機網路體系結構中，服務是一個“垂直”的概念。在分層的計算機網路體系結構中，下層是服務的提供者，上層是被服務的物件，所以，服務是一個垂直的概念。

10.“網際網路+”就是利用資訊通訊技術以及網際網路平臺，讓網際網路與傳統行業進行深度融合。

11.OSI/RM的中文名稱是開放系統互連參考模型。TCP/IP常常被稱為是事實上的國際標準。

12.整個TCP/IP模型中的核心協議是TCP、UDP和IP，因為不管是TCP還是UDP，其傳送的資料都是要封裝在IP分組的資料部分，所以， IP協議處於漏斗的最窄處。

13.OSI-RM的七層模型自底向上分別為物理層(Physical Layer),資料鏈路層(Data Link Layer),網路層(Network Layer),傳輸層(Transport Layer),會話層(Session Layer),表示層(Presentation Layer)和應用層(Application Layer)。

14.下列選項中，不屬於網路體系結構中所描述的內容是（   B   ）

• A.網路層次                             B.協議內部實現細節 

• C.每層需要完成的功能         D.每一層使用協議

計算機網路體系結構是指計算機網路的分層、每一層應具有的功能以及每一層裡所用到的協議的集合，也就是它們所應完成的所有功能的定義，是使用者進行網路互連和通訊系統設計的基礎。因此，體系結構是一個抽象的概念，它只從功能上描述計算機網路的結構，並不涉及到每一層所用協議實現的具體細節。

15.利用各種通訊手段，將地理上分散的自治計算機有機地連在一起，實現相互通訊，且共享硬體、軟體和資料資源的系統叫做

（   A）                A.計算機網路   B.分散式計算機系統    C.多機系統    D.終端分時系統 

16.在OSI體系結構中，直接為應用層提供服務的是（ C   ）

• A.會話層  B.網路層  C.表示層  D.傳輸層

17.OSI參考模型中，傳輸的基本單位是幀的層次是（ D   ）

• A.網路層  B.傳輸層  C.物理層  D.資料鏈路層

18.IP over everything是指IP協議可以在各式各樣的網路構成的互連網上執行，Everything over IP是指IP協議可以直接地為傳輸層TCP\UDP提供服務，間接地為應用層的各個協議提供服務。

第二部分

1.與多模光纖相比，單模光纖的主要特點是（A）

        A.傳輸距離長、成本高、芯線細     B.傳輸距離短、成本低、芯線細

• C.傳輸距離短、成本低、芯線粗     D.傳輸距離長、成本高、芯線粗

• 解析：  A、光纖分為單模光纖和多模光纖。單模光纖纖芯直徑很細，光源是鐳射，頻寬很寬，可以長距離傳輸，價格也更高一些。多模光纖光源是LED，傳輸距離相對較短。

2.在通訊之前，需要在收發雙方之間建立物理連線的交換方式是（D）

• A.報文交換  B.儲存轉發交換  C.分組交換  D.電路交換

•  電路交換是一種面向連線的交換方式，在通訊之前，需要在收發雙方之間建立一條物理連線。所謂的物理連線，是指這條連線所涉及的線路資源是由收發雙方所獨享，即使某段線路資源是空閒的，在連線被釋放之前，其他使用者也無權使用。

3.若某通訊鏈路的傳信速率為4800b/s, 採用八電平傳輸，則其傳碼速率為（B）

• A.1200波特  B.1600波特  C.600波特  D.4800波特

M電平傳輸的情況下，傳信速率=傳碼速率*log2(M)

4.對於頻寬為3kHz的無噪聲通道，假設通道中每個碼元訊號的可能狀態數為16，則該通道所能支援的最大資料傳輸率可達（C）

• A.12Kbps B.96Kbps C.24Kbps D.48Kbps

• 無噪聲情況下的通道容量，由奈氏定理可以得到該答案：C=2Wlog2(M)=3*2*4=24

5.CDMA系統中使用的多路複用技術是（A）

• A.碼分複用  B.頻分複用  C.波分複用  D.時分複用

• CDMA是分碼多重進接的英文縮寫(Code Division Multiple Access)，它是在數字技術的分支--擴頻通訊技術上發展起來的一種嶄新而成熟的無線通訊技術。CDMA技術的原理是基於擴頻技術，即將需傳送的具有一定訊號頻寬資訊資料，用一個頻寬遠大於訊號頻寬的高速偽隨機碼(碼片序列)進行調製，使原資料訊號的頻寬被擴充套件，再經載波調製併發送出去。接收端使用完全相同的偽隨機碼（碼片序列），與接收的頻寬訊號作相關處理，把寬頻訊號換成原來的資料。

6.與電路交換相比，分組交換最大的缺點是（A）

       A.不能滿足實時應用要求  B.控制開銷高    C.不能實現鏈路共享   D.不能實現速率轉換 

與電路交換相比，分組交換最大的缺點也就是電路交換最大的優點，就是實時性的問題，相比電路交換來說，分組交換的時延要大。

7.

迴圈冗餘碼為011

8.高速網路鏈路提高的是資料的傳送速率，而並非是鏈路傳播速率。（對）

鏈路的傳播速度只和所用的傳輸介質有關。

9.採用CDMA後訊號具有隱蔽性的原因是CDMA中使用了擴頻技術。（對）

由於傳送1時，在CDMA中實際傳送的是其m位元的碼片序列，頻寬變大，根據夏農公式，在通道容量C不變的情況下，降低信噪比（S/N），可以降低訊號的傳送功率，從而使其具有隱蔽性。

10.在差錯控制技術中，是以降低傳輸效率為代價換取了資料具有檢錯或者糾錯的能力。（對）

解析：為了使資料具有糾錯或者檢錯能力，在資訊位的後面需要加上監督位，也就是冗餘位，所以降低了傳輸效率。

11.

解析： 單程的傳播時延就是用通道的長度除以訊號的傳播速度，注意單位不要換算錯。

1000/（2*10^8）=5*10^-6s=5us

12.若資訊位是0110010，若採用奇校驗，則所對應的監督位是(0) 。

奇校驗是指包括監督位在內，1的個數是奇數個，目前資訊位中已經有奇數個1了，所以監督位為0。

13.若資訊位是1101011，若採用偶校驗，則所對應的監督位是         1         。

偶校驗是指包括監督位在內，1的個數是偶數個，目前資訊位中是奇數個1，所以監督位為1。

14.採用相位調製技術在頻寬為32KHz的無噪聲通道上傳輸數字訊號。若要達到192Kbps的資料速度，至少要有__8___種不同的電平。

15.假設一個 CDMA 通訊系統中，某站點被分配的碼片序列為 00011011，則當它傳送了位元“0”的時候，實際在通道上傳輸的資料序列是     11100100      。

因為在一個CDMA系統中，每個站點被指定一個唯一的m位元程式碼或碼片序列（chip squence）。當傳送位元1時，站點送出的是碼片序列，若傳送位元0時，站點送出的是該碼片序列的反碼。

16.在CRC迴圈冗餘碼中，若生成多項式對應的二進位制序列是10011，則該生成多項式是（C）

        C.X^4+X+1

17.在下列複用技術中，使用偽隨機序列碼片區分通道的通道複用技術稱為（B）

• A.頻分複用  B.碼分複用  C.波分複用  D.時分複用

• 時分複用是把時間分片的方式來複用，頻分複用和波分複用都是從頻率上進行分割通道，碼分複用是通過每個站分配相互正交的碼片序列來劃分通道。

18.下列因素中，不會影響通道資料傳輸速率的是（A）

• A.訊號傳播速度  B.頻寬  C.調製速率  D.信噪比

• 一方面，根據求通道容量的公式中可以判斷出來；另外一方面，訊號傳播速度影響的是隻是傳播時延的大小。

19.採用了差錯控制技術以後，就可以實現資料的可靠傳輸。（錯）

除了差錯控制以外，還必須加上確認和重傳機制，才能實現可靠傳輸，也就是接收端接收的和傳送端傳送的完全一致。

20.一條通訊傳輸線路只能承載一個通道。（錯）

通道的概念是沿某一方向傳送的資料的傳輸介質，一條通訊傳輸線路可以包含多個通道。

21.

傳碼速率=1/T=10000波特，傳信速率=傳碼速率*4=40000b/s

22.一般來說，傳輸差錯可以分成兩類，一類是隨機差錯，一類是突發差錯。

23.若某通道的傳碼速率為3000波特，採用8電平傳輸，則其傳信速率為9000b/s。

根據傳信速率和傳碼速率之間的關係，因為採用8電平傳輸，所以傳信速率在數值上是傳碼速率的3倍，則答案是9000b/s。

24.

25.

26.在題圖所示的採用“儲存-轉發”方式分組的交換網路中，所有鏈路的資料傳輸速度為10Mbps，每個分組大小為1000位元，其中分組頭大小100位元，若主機H1向主機H2傳送一個大小為9000位元的檔案。假設分組在每個路由器中儲存排隊與拆裝等時延是100微秒，每段鏈路的傳播時延是10微秒。

請回答下列問題：

（1）該檔案需要拆分成幾個分組進行傳輸？

（2）檔案拆成分組後，總的傳送時延是多少微秒？

（3）從H1傳送資料到H2，最少需要經過幾個路由器轉發分組？

（4）一個分組從到達某個路由器到離開該路由器，共需要多少微秒？

（5）從H1傳送資料開始，到H2完全接收完所有分組為止，需要的總時延至少是多少微秒？

參考：

第三部分

1.下列工作在物理層的網路裝置是（D）

• A.路由器 B.乙太網交換機 C.網橋 D.集線器

• 網橋和乙太網交換機工作在資料鏈路層，路由器工作在網路層，只有集線器工作在物理層。

2.下列關於CSMA/CD 協議的敘述中，錯誤的是

A.邊傳送資料幀，邊檢測是否發生衝突      B.當訊號傳播延遲趨近0 時，通道利用率趨近100%

C.適用於無線網路，以實現無線鏈路共享  D.需要根據網路跨距和資料傳輸速率限定最小幀長

正確答案：C

解析：  C、因為無線電波能夠向所有的方向傳播，並且其傳播距離受限，使得在無線區域網不能簡單地使用有線區域網的CSMA/CD協議，而是採用了在CSMA基礎上增加了衝突避免機制和確認機制，即IEEE 802.11使用的CSMA/CA協議。

3.使用單個集線器構成的乙太網在物理上和邏輯上的拓撲結構分別是

• A.星型，環型            B.星型，匯流排型

• C.樹型，匯流排型        D.匯流排型，星型 

正確答案：B

解析：  B、集線器是早期乙太網中的主要連線裝置，它工作在OSI體系結構的物理層。從佈線方式看，也就是物理上構成的是一個星型的拓撲結構。集線器的主要功能是對接收到的訊號進行放大、轉發，從而擴充套件乙太網的覆蓋範圍。由於物理層傳輸的位元流是無結構的，因此集線器無法識別接收方，集線器只能將從一個埠接收到的訊號放大後複製到所有其它埠，即向與該集線器連線的所有站點轉發。因此，使用集線器作為連線裝置的乙太網仍然屬於共享式乙太網，集線器連線起來的所有站點共享頻寬、屬於同一個衝突域和廣播域。也就是從實際的工作原理上來看，它是一個匯流排型的拓撲結構，即邏輯上是一個匯流排型的拓撲結構。

4.

爭用期=兩倍的傳播時延，傳播時延=10微秒，所以爭用期=20微秒。

5.10BASE-F乙太網使用的傳輸介質是

• A.同軸電纜       B.無線電波      C.光纖       D.雙絞線

• 正確答案：C

  解析：  C、字母F表示光纖。

6.

爭用期2t=2×2000/(2×10^8)= 2×10^-5 (s)，最短幀長為爭用期內傳輸的位元數，即：Lmin=2C= 2×10^-5×1×10^9=20000 (bit)

7.對於100Mbps的乙太網交換機，當輸出埠無排隊，以直通交換方式轉發一個乙太網幀（不包括前導碼及幀開始標誌）時，引入的轉發延遲至少是

• A.0 μs B.121.44 μs C.0.48 μs D.5.12 μs

正確答案：C

解析：  C、在直通方式中，交換機收到MAC幀時，不待收完整，就按幀首部中的目的MAC地址來判別轉發埠，引入的轉發延遲約是6個位元組的MAC地址的傳送時延，即​0.48 μs。

8.乙太網中，第3次衝突之後，一個節點選擇的隨機退避係數r的值為4的概率是

• A.1/8    B.1/32    C.1/16    D.1/4

正確答案：A

解析：  A、本題考查二進位制指數退避演算法，該演算法第N次（不超過10）衝突後，從0, 1, , …, (2N-1)這2^N個整數中隨機地選擇一個數，記為r。本題中第3次衝突，N=3.本題的如可以從[0-7]中隨機地選擇一個數，所以選擇r=4的概率是1/8。

9.某乙太網拓撲如圖所示，MAC1到MAC4為四臺主機的MAC地址簡寫，若交換機當前轉發表為空，則主機MAC1向主機MAC2傳送第1個數據幀時，交換機會把該資料幀轉發至？

C、因為當時轉發表為空，則目的MAC地址MAC2不在轉發表中，則交換機會向除了源埠以外的所有埠，也就是埠2、3、4轉發該幀，這樣的話，不管MAC2主機和哪個埠相連，它都可以收到。

10.乙太網採用的地址為擴充套件的唯一識別符號MAC地址，佔32位。（錯）

乙太網採用的地址為擴充套件的唯一識別符號MAC地址，佔48位，6個位元組。

11.網橋和乙太網交換機可以劃分衝突域，也可以劃分廣播域。（錯）

網橋和乙太網交換機可以劃分衝突域，但是不可以劃分廣播域。路由器和三層交換機既可以劃分衝突域，也可以劃分廣播域。

12.在乙太網轉發幀的三種方式中，儲存轉發方式引入的轉發延遲最大。（對）

在儲存轉發方式中，交換機需要先將MAC幀全部讀入到內部緩衝區，進行幀校驗。在直通方式中，交換機收到MAC幀時，不待收完整，就按幀首部中的目的MAC地址來判別轉發埠，引入的轉發延遲約是6個位元組的MAC地址的傳送時延。無碎片直通方式較之直通方式提供了較好的差錯檢驗，所以引入的轉發延遲是64個位元組的傳送時延。所以，題目中敘述的是正確的。

13.若該10臺計算機接到了10Mb/s的乙太網交換機上，則每臺計算機的平均頻寬為   10   Mbps

乙太網交換機實質上就是一個多埠的網橋，每個埠都直接與一個主機相連，則每臺主機均可獨享10Mb/s的頻寬。

14.10BASE-T乙太網中使用的傳輸介質是（  雙絞線 ）

15. IEEE 802標準中將區域網的資料鏈路層分為兩個子層，分別是邏輯鏈路控制子層和（      ）子層。

正確答案：MAC 或 媒體訪問控制 或 媒體接入控制 或 介質訪問控制 或 介質接入控制

第四部分

1.下列標準中，WiFi常用的是

• A.IEEE 802.11                     B.IEEE 802.3

• C.IEEE 802.4                      D.IEEE 802.5

正確答案：A

解析：  A、IEEE 802委員會制定的關於區域網/都會網路的標準中,802.3是CSMA/CD協議，802.4是令牌匯流排，802.5是令牌環協議，802.11是無線區域網協議。

2.TCP/IP參考模型的網路層提供的服務型別是

• A.有連線可靠的虛電路服務

• B.無連線不可靠的資料報服務

• C.無連線可靠的資料報服務

• D.有連線不可靠的虛電路服務

正確答案：B

解析：  B、題目中詢問TCP/IP參考模型的網路層提供的服務，也就是在問IP協議提供了什麼樣的服務，即無連線（不需要建立連線）、不可靠（因為在IP協議中，無確認和重傳機制）、盡力而為的資料報服務。

3.下列選項中，對正確接收到的資料幀進行確認的MAC協議是

• A.CDMA      B. CSMA/CA       C.CSMA        D.CSMA/CD

正確答案：B

解析：  B、在CSMA/CA中，目的站若正確收到源站發來的資料幀，則經過時間間隔SIFS後，向源站傳送確認幀ACK。若源站在規定時間內沒有收到確認幀ACK(由重傳計時器控制這段時間)，就必須重傳此幀，直到收到確認為止，或者經過若干次的重傳失敗後放棄傳送。

4.IP資料報首部的校驗和欄位，用於校驗

• A.IP首部       B.IP首部及資料部分前8個位元組       C.整個IP資料報        D.資料部分

正確答案：A

解析：  A、​IP資料報首部的校驗和欄位只用於校驗首部，資料部分的校驗由資料部分封裝的相關協議自身來負責（如TCP、UDP、ICMP、OSPF等）

5.在主機202.119.224.201所在的網路中，網路內的廣播地址為

• A.202.119.224.0 

• B.202.119.255.255

• C.202.119.224.255

• D.202.119.0.0 

正確答案：C

解析：  C、因為主機202.119.224.201的IP地址屬於C類地址，所以網路號部分佔24位元，主機號部分為8位元，網路內的廣播地址為網路號部分保留，主機號部分全1，轉換成點分十進位制後即202.119.224.255。

6.從理論上來說，一個IPV4資料報的最大長度為

• A.512位元組

• B. 65535位元組

• C.1500位元組

• D.1023位元組

正確答案：B

解析：  B、IP資料報的總長度欄位佔了16個位元，16位元能夠表示的最大值是2^16-1=65535。

7.

一個IP資料報總長度為2500位元組（包含固定長度的首部）。現在需要經過某物理網路傳送，但是該網路的MTU=500位元組。則：該IP資料報應當被劃分的分片數量為

                 A.6          B.5         C.4         D.7

正確答案：A

解析：  A、首先需要注意的是：當IP資料報被分片時，其實是把資料部分拆分，因為每個分片都有一個首部，由於MTU=500位元組，所以減去20位元組的首部後，每個分片的資料部分是480位元組，且480剛好能夠被8整除，所以，分片的個數就等於待分片的IP資料報資料部分的長度除以每個分片中資料部分的長度，然後向上取整，即（2500-20）/(500-20),然後向上取整，最終得到結果為6。

8.IEEE802.11標準規定的幀間間隔中，優先順序最高和最低的分別是

• A.PIFS,DIFS

• B.SIFS,PIFS

• C.DIFS,SIFS

• D.SIFS,DIFS

正確答案：D

解析：  D、SIFS，即短(Short)幀間間隔，長度為28微秒。SIFS是最短的幀間間隔，用來分隔開屬於一次對話的各幀。
 PIFS，即點協調功能幀間間隔，比SIFS長，是為了在PCF方式下優先接入到媒體。
DIFS，即分佈協調功能幀間間隔，是最長的IFS，在DCF方式中用來發送資料幀和管理幀。
高優先順序幀需要等待的時間較短，因此可優先獲得傳送權，而低優先順序幀就必須等待較長的時間

9.在乙太網中，若IP資料報只有固定長度的首部，則包含在IP資料報中的資料部分最長應該是

• A.20位元組

• B.1500位元組

• C.65515位元組

• D.1480位元組

正確答案：D

解析：  D、為隱藏底層網路技術並方便使用者通訊，TCP/IP軟體並沒有設計受物理網路限制的資料報。而是根據源站所在網路的MTU，以及高層協議資料的大小，選擇一個合適的初始資料報大小。乙太網中MTU最大值1500，減去IP資料報的首部20位元組後，恰好能夠被8整除，所以資料部分的最大值是1500-20=1480 位元組。

10.ARP協議的作用是完成實體地址到IP地址的解析。（錯）

解析：ARP協議的作用是完成IP地址到實體地址的解析。RARP（反向的地址解析協議）的作用是完成實體地址到IP地址的解析。

11.虛擬區域網是一種新型的區域網。（錯）

解析：虛擬區域網不是一種新型的區域網，而是區域網為使用者提供的一種服務。

12.在IP資料報傳送過程中，發現生存時間（TTL）欄位為0，則路由器發出ICMP的目的地不可達報文。（錯）

解析：在IP資料報傳送過程中，發現生存時間（TTL）欄位為0，則路由器會發出ICMP超時報文，報告出錯情況。

13.在IPV4中，一個數據報總長度為4000位元組（包含固定長度的首部），現在經過一個MTU=1500位元組的網路傳送，則該資料報被劃分（      ）個數據報片。正確答案：3
解析： 首先需要注意的是：當IP資料報被分片時，其實是把資料部分拆分，因為每個分片都有一個首部，由於MTU=1500位元組，所以減去20位元組的首部後，每個分片的資料部分是1480位元組，且1480剛好能夠被8整除，所以，分片的個數就等於待分片的IP資料報資料部分的長度除以每個分片中資料部分的長度，然後向上取整，即（4000-20）/(1500-20),然後向上取整，最終得到結果為3。

14.在IPV4中，對IP資料報分片的工作通常是由（          ）完成的。（請填寫一種網路裝置的名字）

正確答案：路由器 或 router 或 Router 或 ROUTER

15.每一個B類網路中，可用的IP地址的個數是（    ）

正確答案：65534
解析： 因為B類網路中，主機號部分佔16位元，因為主機號部分全0和全1不能用，所以可用的IP地址個數是2^16-2=65534個。

第五部分

1.某主機的IP地址為192.55.12.116，子網掩碼是：255.255.255.224，那麼其所在子網的子網地址是

• A.192.55.12.116

• B.192.55.12.112

• C.192.55.12.64

• D.192.55.12.96

正確答案：D

解析：  D、因為主機的IP地址和所在子網的子網掩碼相與，即為子網地址，又因為子網掩碼是255.255.255.224，所以只需要把224和116轉換成二進位制且按位相與就可以了，相與過以後再轉換成十進位制，最終的結果是192.55.12.96。

2.在CIDR地址塊202.15.64.0/20中，最大的IP地址是

• A.202.15.255.255 

• B.202.15.79.0

• C.202.15.64.255

• D.202.15.79.255

正確答案：D

解析：  D、一個地址塊中最大的IP地址就是主機號部分全1的地址，因為主機號部分佔了32-20=12位，因為第三個8位組中有字首和主機號，所以需要把64轉換成8位二進位制（取前4位），再和主機號部分的12位“1”組合在一起，所以最大的IP地址就是202.15.01001111.11111111，即202.15.79.255。

3.下列地址中，屬於CIDR地址塊86.32.0.0/12中的地址是

• A.86.68.206.154

• B.86.33.224.123

• C.86.79.65.126

• D.86.79.65.216

正確答案：B

解析：  B、因為CIDR地址塊86.32.0.0/12中地址的範圍是86.32.0.0（主機號部分全0）—86.47.255.255（主機號部分全1），所以只有86.33.224.123在該範圍內。

4.下列IP地址中，能直接和因特網上的主機進行通訊的是

• A.10.24.25.9

• B. 192.168.120.5

• C.186.35.40.25

• D.172.30.10.78

正確答案：C

解析：  C、在上述四個IP地址中，只有186.35.40.25 為全球地址，其它三個均為私有地址，只能用於內部通訊。

5.在某一個子網中，給4臺主機分配IP地址（子網掩碼為255.255.255.224），其中一臺因IP地址分配不當而存在通訊故障，則這一臺主機IP地址為

• A.200.10.1.65

• B.200.10.1.75

• C.200.10.1.60

• D.200.10.1.70

正確答案：C

解析：  C、因為子網掩碼為255.255.255.224，所以只需要比較一下四個IP地址中的前27位是否相同，相同說明是在同一個子網中，經過把第四個數字轉換成二進位制後，可以判斷出200.10.1.60的第25-27位是001，其它三個地址都是010。

6.與地址218.16.0.19/28同屬於一個子網的主機地址是

• A.218.16.0.17

• B. 218.16.0.14

• C.218.16.0.15

• D.218.16.0.12

正確答案：A

解析：  A、只需要比較一下四個IP地址中的前28位和218.16.0.19/28的前28位是否相同，若相同，則同屬於一個子網。因為大家前面的24位都是一樣的，就簡化為比較17、31、15、14和19的前4位是否相同，通過把這5個數字轉換成8位二進位制，可以知道只有17和19的高四位是相同的，均為0001。

7.IPv6地址1002::5:100F中的::代表的位元位0的個數是

• A.80      B.64       C.32       D.48

正確答案：A

解析：  A、因為IPv6地址是128位元的，其中，非全零的有三組，也就是3*16=48位元非全零，則採用零壓縮法後，::代表了128-48=80位元的全零。

8.OSPF協議是一種內部閘道器協議，也是一種基於鏈路狀態的協議。(Yes)

9.IP地址192.168.3.2是一個全球（公有）IP地址。(No)

解析：IP地址192.168.3.2是一個私有地址，只能用於網路內部通訊。

10.在因特網中，路由選擇就是選擇傳送IP分組的通路的過程。(Yes)

11.在CIDR地址塊202.15.64.0/21中，包含有（       ）個IP地址。（注意：答案請用數字表示）

正確答案：2048
解析： 一個CIDR地址塊包含的地址數量是2的整數次冪，因為該地址塊主機號部分佔了32-21=11位，所以該地址塊中地址的數量是2^11=2048。

12.在CIDR地址塊202.15.64.0/21中，最大的IP地址是（      ）

正確答案：202.15.71.255
解析： 一個地址塊中最大的IP地址就是主機號部分全1的地址，因為主機號部分佔了32-21=11位，因為第三個8位組中有字首和主機號，所以需要把64轉換成8位二進位制（取前5位），再和主機號部分的11位“1”組合在一起，所以最大的IP地址就是202.15.01000111.11111111，即202.15.71.255。

13.某主機的IP地址是192.168.34.38，所在子網的子網掩碼是255.255.255.224，則該子網的子網地址是（    ）

正確答案：192.168.34.32
解析： 因為主機的IP地址和所在子網的子網掩碼相與，即為子網地址，又因為子網掩碼是255.255.255.224，所以只需要把224和38轉換成二進位制且按位相與就可以了，相“與”過以後再轉換成十進位制，最終的結果是192.168.34.32。

14.IPv4向IPv6過渡常用的方法有(        )和隧道技術。

正確答案：雙協議棧

第六部分

1.下面關於TCP/IP的傳輸層協議表述不正確的是

• A.提供無連線服務 

• B.提供面向連線服務 

• C.IP定址

• D.程序定址

正確答案：C

解析：  C、TCP/IP的傳輸層協議中，TCP協議提供面向連線的服務，UDP提供的是無連線的服務，採用的是程序定址，使用了埠號來表示每一個應用層程序，而對於網路層來說，採用的是IP定址，根據IP地址去進行通訊。

2.主機甲與主機乙之間建立TCP連線，主機甲向乙傳送了一個序號為100的報文段，包含200位元組的有效載荷，主機乙正確接收到這個報文段後，傳送給主機甲的確認號為(     )

• A.301               B.300

• C.201               D.200

正確答案：B

解析：  B、因為主機甲向乙傳送了一個序號為100的報文段，也就是說，該TCP報文段第一位元組的編號是100，又因為該報文段包含200位元組的有效載荷，則該TCP報文段資料部分最後一個位元組的編號是100+200-1=299，所以，主機乙正確接收到該報文段後，傳送給主機甲的確認號為最後一個位元組的編號加1，即299+1=300。

3.TCP報文段首部的16進製為04 85 00 50 2E 7C 84 03 FE 34 D7 47 50 11 FF 6C DE 69 00 00，則這個TCP報文段首部中源埠的值（16進位制數）為

• A.04 85            B.84 03

• C.2E 7C            D.00 50

正確答案：A

解析：  A、埠是傳輸層與應用層的服務介面。在TCP報文段一開始的欄位是源埠號，佔16bit 。

4.TCP報文段首部的16進製為04 85 00 50 2E 7C 84 03 FE 34 D7 47 50 11 FF 6C DE 69 00 00，則這個TCP報文段首部中目的埠的值（16進位制數）為

• A.00 50                B.2E 7C 

• C.04 85                D.84 03

正確答案：A

解析：  A、埠是傳輸層與應用層的服務介面。在TCP報文段一開始的第三和第四位元組是目的埠號 。

5.在TCP的慢啟動演算法中，擁塞視窗大小按線性規律增長。(False)

解析：當擁塞視窗cwnd≥ssthresh時，為避免網路發生擁塞，進入擁塞避免演算法，這時候以線性方式增大cwnd（即每經過一個傳輸輪次，cwnd只增大一個報文段）。所以，該說法是錯誤的。

6.在TCP的擁塞避免演算法中，擁塞視窗大小按指數規律增長。(False)

解析：在慢啟動階段，將擁塞視窗cwnd設定成一個報文段大小，並且當cwnd≤ssthresh時，採用指數規律增大cwnd（即每經過一個傳輸輪次，cwnd加倍）。所以，該說法是錯誤的。

7.主機甲與主機乙之間建立一個TCP連線，主機甲向主機乙傳送了兩個連續的報文段，分別包含200位元組和500位元組的有效載荷，第一個報文段的序號為100，主機乙正確接收到兩個段後，傳送給主機甲的確認號為（ 800     ）。

解析： 因為第一個報文段的序號是100，也就是說，第一個TCP報文段第一位元組的編號是100，又因為第一個報文段和第二個報文段分別包含200位元組和500位元組的有效載荷，則第二個TCP報文段資料部分最後一個位元組的編號是100+200+500-1=799，所以，主機乙正確接收到兩個段後，傳送給主機甲的確認號為最後一個位元組的編號加1，即799+1=800。

8.網路上具有唯一性的IP地址和（       ）的組合，稱為套接字，可以用來表示某一臺主機上的某一個應用程序。

正確答案：埠
解析： 套接字（socket）就是IP地址和埠的結合，也稱為插口，套介面。因為套接字是IP地址和程序的埠號結合在一起，用IP地址可以唯一地標識出全球網際網路上的一臺主機，該套接字的埠號部分則受限於IP地址，僅能標識出該主機上的特定程序，而不會與其它主機上的相同程序相混淆。

9.主機甲乙之間已建立一個TCP 連線，每個TCP報文段最大長度為1000 位元組，若主機甲的當前擁塞視窗為4000 位元組，在主機甲向乙連續傳送2 個最大段後，成功收到主機乙傳送的第一段的確認段，確認段中通告的接收視窗大小為2000 位元組，則此時主機甲還可以向主機乙傳送的最大位元組數是（      ）。

正確答案：1000
解析： 在主機甲向乙連續傳送2 個最大段後，成功收到主機乙傳送的第一段的確認段，說明在傳送視窗中還有1000位元組的資料沒有確認；又因為確認段中通告的乙的接收視窗大小為2000 位元組，則甲的傳送視窗=Min［rwnd，cwnd］=2000位元組，所以主機甲還可以向主機乙傳送的最大位元組數是2000（傳送視窗）-1000（未收到應答的部分）=1000（最多還允許再發送的部分）。

10.一個UDP使用者資料報的資料欄位長度為3752位元組。若使用乙太網來傳送（注：IP資料報固定首部長度，MTU = 1500位元組），則需要分成（    ）個數據報片。

正確答案：3
解析： 在計算原始IP資料報資料部分的長度時，需加上UDP的8位元組首部（3752 + 8）=3760位元組，因為3760/ 1480 = 2.54，因此需要分成3個數據報片。

第七部分

1.如果本地域名伺服器無快取，當採用遞迴方法解析另一網路某主機域名時，使用者主機和本地域名伺服器傳送的域名請求條數分別為

        A.多條，多條 

• B.1條，1條  

• C.1條，多條  

• D.多條，1條 

正確答案：B

解析：  B、根據域名解析的基本原理，當採用遞迴方法進行解析時，使用者主機先發出一條域名解析請求給本地域名伺服器，本地的域名伺服器再向某個頂級域名伺服器傳送一條請求，然後對於使用者主機和本地域名伺服器來說，剩下的事情就是等待返回解析結果。

2.Internet網路中提供動態IP地址分配採用的協議是

• A.FTP

• B.HTTP

• C.DHCP

• D.SMTP 

正確答案：C

解析：  C、SMTP是簡單郵件傳送協議，用於傳送電子郵件；DHCP是動態主機配置協議，用於動態IP地址分配；HTTP是超文字傳送協議，用於在全球資訊網客戶端（瀏覽器）和全球資訊網伺服器之間互動時；FTP是檔案傳輸協議，用於在不同主機之間傳輸檔案。

3.以下協議中，使用了無連線傳輸服務的應用層協議是

• A.SMTP

• B.DHCP

• C.FTP

• D.HTTP

正確答案：B

解析：  B、SMTP、HTTP、FTP均使用了TCP作為傳輸層的協議，因為TCP能提供高可靠的傳輸服務，只有DHCP選擇了UDP作為傳輸層的協議，選擇的理由是需要進行一對多通訊。

4.

 

• A.POP3、SMTP、SMTP 

• B.SMTP、SMTP、SMTP

• C.SMTP、SMTP、POP3  

• D.POP3、SMTP、POP3 

正確答案：C

解析：  C、SMTP是在發信時用到的協議，POP3是在收信時用到的協議，所以在①、②兩階段使用的應該是SMTP，而在③階段使用的是郵局協議POP3。

5.若某同學在域名為mail.njupt.edu.cn的郵件伺服器上申請了一個信箱，信箱號為huang，則該同學的電子郵件地址為

• [email protected]

• B.huang%njupt.edu.cn   

• C.mail.njupt.edu.cn%huang

• D. [email protected]

正確答案：D

6.URL（統一資源定位符）的作用是

• A.定位在網路中的網頁的地址

• B.定位IP地址並實現域名的轉換

• C.定位在網路中的計算機的地址

• D.定位收發電子郵件的地址

正確答案：A

解析：  A、URL就是統一資源定位符，簡單地講就是網路上的一個站點、網頁的完整路徑。可以用來定位網路中的網頁的地址。

7.在全球資訊網客戶端（瀏覽器）和全球資訊網伺服器之間互動時，使用的是超文字傳送協議HTTP。(TRUE)

8.電子郵件中，通常使用POP3來發送郵件，使用SMTP來接收郵件。(FALSE)

解析：電子郵件中，通常使用SMTP來發送郵件，使用POP3來接收郵件。

9.FTP使用兩條TCP連線來完成檔案傳輸，即控制連線和（         ）連線。

正確答案：資料
解析： FTP使用兩條TCP連線來完成檔案傳輸，其中控制連線用來傳遞命令，資料連線用來傳遞檔案。

10.FTP在客戶端和伺服器端傳輸命令時，使用的是建立在TCP之上的（     ）連線。

正確答案：控制
解析： FTP使用兩條TCP連線來完成檔案傳輸，其中控制連線用來傳遞命令，資料連線用來傳遞檔案。

 

最後，安利一下計算機全國統考計算機網路考研真題：https://wenku.baidu.com/view/4c78d7e1ee06eff9aff80791.html