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1、计算机网络0914年考研真题及分析计算机网络09-14年考研真题及分析网络习题整理（09-14年考研真题）第1章 概论选择题1. （09年考研33题）在OSI参考模型中，自下而上第一个提供端到端服务的层次是 A. 数据链路层 B. 传输层 C. 会话层 D. 应用层【解答】选B。试题中指明了这一层能够实现端到端传输，也就是端系统到端系统的传输，因此判断是传输层。数据链路层主要负责传输路径上相邻节点间的数据交付，这个节点包括了交换机和路由器等数据通信设备，这些设备不能称之为端系统，因此数据链路层不满足题意。试题中指明了这一层能够实现传输，会话层只是在两个应用进程之间建立会话而已，应用层只是提供应

2、用进程之间通信的规范，都不涉及到传输。【考查知识点】本题考察的知识点主要是OSI模型及其各层的主要功能。2. （10年考研33题）下列选项中，不属于网络体系结构中所描述的内容是 A.网络的层次 B.每一层使用的协议 C.协议的内部实现细节 D.每一层必须完成的功能【解答】选C。把计算机网络的各层及其协议的集合称为网络体系的结构；换种说法，计算机网络体系结构就是这个计算机网络及其构件所应完成的功能的精确定义。显然A、B、D强调的是各层的功能及其使用的协议，C协议的内部实现细节不符合；【考查知识点】考察的是对计算机网络体系结构定义的理解；3. （10年考研34题）在下图所示的采用“存储-转发”方式

3、分组的交换网络中，所有链路的数据传输速度为100Mbps，分组大小为1000B，其中分组头大小20B，若主机H1向主机H2发送一个大小为980000B的文件，则在不考虑分组拆装时间和传播延迟的情况下，从H1发送到H2接收完为止，需要的时间至少是A. 80ms B. 80.08ms C. 80.16ms D. 80.24ms第2章 物理层选择题1. （09年考研34题）在无噪声情况下，若某通信链路的带宽为3kHz，采用4个相位，每个相位具有4种振幅的QAM调制技术，则该通信链路的最大数据传输速率是 A. 12 kbps B. 24 kbps C. 48 kbps D. 96 kbps 【解答】选

4、B。由奈氏准则公式：C=2Wlog2N=2 * 3K * log2（4*4）=24Kbps， 即该信道的最大数据传输速率是24Kbps。【考查知识点】奈氏准则。理想低通信道的最高码元传输速率=2W Band。W是低通信道的带宽，单位为Hz，Band是波特，是码元传输速率的单位。一个码元携带N bit信息量，波形速率为M Band，则最高速率为M*N bit/s. 香农定理指出：在有随机热噪声的信道上传输数据信号时，数据传输速率C与信道带宽W、信噪比S/N的关系为：CW*log2(1+S/N)。式中，C单位为bps，带宽W单位为Hz，信噪比S/N通常以dB（分贝）数表示。2. （11年考研34题

5、）若某通信链路的数据传输速率为2400bps，采用4相位调制，则该链路的波特率是 A. 600波特 B. 1200波特 C. 4800波特 D. 9600波特【解答】选B。有4种相位，则一个码元需要由log24=2个bit表示，则波特率=比特率/2=1200波特。【考查知识点】考察波特与比特率的关系；比特率和波特率之间的换算关系如下：比特率 = 波特率 * log2n 。比特率是数字信号的传输速率单位时间内所传输的二进制代码的有效位数。单位比特/秒（bps）或千比特/秒（kbps）。 波特率是调制速率（又称波形速率）线路中每秒传送的波形的个数。单位波特（band）。3. （12年考研34题）在

6、物理层接口特性中，用于描述完成每种功能的事件发生顺序的是 A. 机械特性 B. 功能特性 C. 过程特性 D. 电气特性【解答】选C。【考查知识点】物理层接口的四个特性。4. （14年考研35题）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. 调制速率 D. 信号传播速度【解答】选D。信号传播速度在一定介质中是固定的。根据香农公式、奈氏准则等，其它三个因素则会影响信道数据传输速率。【考查知识点】香农公式、奈氏准则5. （14年考研37题）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，-

7、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【解答】选B。用A的码片与链路上的序列做规格化内积，得1，-1，1对应的数据为1,0,1。【考查知识点】CDMA码分多址第3章 数据链路层选择题1. （09年考研35题）数据链路层采用了后退N帧(GBN)协议，发送方已经发送了编号为07的帧。当计时器超时时，若发送方只收到0、2、3号帧的确认，则发送方需要重发的帧数是 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【解答】选C。后退 N 帧 ARQ就是从出错

8、处重发已发出过的N个帧。数据链路层采用了后退N帧（GBN）协议，发送方已经发送了编号为 07 的帧。此处需要理解确认号的含义。确认帧的编号有两个含义：一表示接收方已收到该编号之前的所有帧，又表示接收方所希望接收的数据帧。本题当计时器超时时，若发送方只收到 0、2、3 号帧的确认。对3号帧的确认表明，3号及之前的帧已被正确接收，现在希望接收的是4号帧，因此，需要从4号帧开始重传。【考查知识点】数据链路层采用的后退N帧(GBN)协议。.后退N帧ARQ就是从出错处重发已发出过的N个帧。确认号的含义！2. （11年考研35题）数据链路层采用选择重传协议（SR）传输数据，发送方已发送了03号数据帧，现已

9、收到1号帧的确认，而0、2号帧依次超时，则此时需要重传的帧数是 A. .1 B. 2 C. 3 D. 4【解答】选B。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。这点要特别注意与GBN协议的区别。此题中只收到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。【考查知识点】重传协议（SR）和GBN协议的区别。3. （09年考研36题）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

10、 B. 目的IP地址 C. 源物理地址 D. 源IP地址【解答】选A。【考查知识点】以太网在数据链路层的扩展，使用交换机扩展时转发依据的地址是目的MAC地址。4. （09年考研37题）在一个采用CSMA/CD协议的网络中，传输介质是一根完整的电缆，传输速率为1Gbps，电缆中的信号传播速度是200 000km/s.若最小数据帧长度减少800比特，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80m【解答】选D。设传输介质长度为d(m)，原最小帧长为M，则M=2*(d/200000000)*1Gbps，得M=10d。所以最小数据帧长度减少800比特

11、，最远的两个站点之间的距离至少需要减少80m。【考查知识点】CSMA/CD协议下最小帧长度计算。5. （11年考研36题）下列选择中，对正确接收到的数据帧进行确认的MAC协议是 A. CSMA B. CDMA C. CSMA/CD D. CSMA/CA【解答】选D。可以用排除法。首先CDMA即码分多址，是物理层的技术；CSMA/CD即带冲突检测的载波监听多路访问，接收方并不需要确认；CSMA，既然CSMA/CD是其超集，CSMA/CD没有的东西，CSMA自然也没有。于是选D。CSMA/CA是无线局域网标准802.11中的协议。CSMA/CA利用ACK信号来避免冲突的发生，也就是说，只有当客户端

12、收到网络上返回的ACK信号后才确认送出的数据已经正确到达目的地址。【考查知识点】考察对基本概念CSMA ，CDMA，CSMA/CD ，CSMA/CA的理解。6. （12年考研35题） 以太网的MAC协议提供的是 A. 无连接不可靠服务 B. 无连接可靠服务 C. 有连接不可靠服务 D. 有连接可靠服务【解答】选A。服务方式分为面向连接和无连接两种，面向连接的必须有建立连接-通信-释放连接三个过程，无连接方式是直接通信。可靠性由确认和重传机制保证。【考查知识点】连接性和可靠性问题。7. （12年考研36题） 两台主机之间的数据链路层采用退后N帧协议（GBN）传输数据，数据传输速率为16kbps，

13、单向传播时延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，帧序号的比特数至少为 A. .5 B. 4 C. 3 D. 2【解答】选B。本题主要求解的是从发送一个帧到接收到对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，因此首先计算出发送一帧的时间：128*8/（16*103）=64（ms）；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668/64=10.4（帧），发送这么多帧至少需要用4位比特进行编号。【考查知识点】连续ARQ协议（退后N帧协议）。8.

14、 （13年考研34题）若下图为10BaseT网卡接收到的信号波形，则该网卡收到的比特串是 A. 0011 0110 B. 1010 1101 C. 0101 0010 D. 1100 0101【解答】选A。以太网编码采用曼彻斯特编码方式，电平由低电平到高电平跳变表示数字“0”，由高电平到低电平跳变表示数字“1”，因此网卡收到的比特串是00110110。【考查知识点】以太网的编码机制。9. （13年考研36题）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. FDMA【解答】选B。CDMA码分多址、TDMA时分多址、FDMA频分多址，这三种信道复用技

15、术是静态划分信道的，不存在冲突问题；CSMA载波监听多点接入是共享信道的访问方法，属于动态划分信道，存在冲突问题。【考查知识点】信道复用技术（静态、动态划分信道）10. （13年考研37题）HDLC协议对0111 1100 0111 1110 组帧后对应的比特串为 A. 01111100 00111110 10 B. 01111100 01111101 01111110 C. 01111100 01111101 0 D. 01111100 01111110 01111101【解答】选A。HDLC协议面向比特，因HDLC数据帧以位模式01111110标识每一个帧的开始和结束，因此对比特串进行组帧

16、时采用零比特填充法，即在数据帧中凡是出现了5个连续的“1”时则在其后插入一个“0”，然后再进行输出。所以答案为A。【考查知识点】透明传输技术中的零比特填充法。11. （13年考研38题）对于100Mbps的以太网交换机，当输出端口无排队，以直通交换（cut-through switching）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. 0.48s C. 5.12s D. 121.44s【解答】选B。直通交换方式是指以太网交换机可以在各端口间交换数据。它在输入端口检测到一个数据包时，检查该包的包头，获取包的目的地址，启动内部的动态查找表转换成相应的输出端口，在

17、输入与输出交叉处接通，把数据包直通到相应的端口，实现交换功能。通常情况下，直通交换方式只检查数据包的包头即前14个字节，由于不需要考虑前导码，只需要检测目的地址的6B，所以最短的传输延迟是0.48s。【考查知识点】交换机的种类和工作方式。12. （14年考研34题）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发送一个确认帧，交换机对这两个帧的转发端口分别是目的地址端口00-e1-d5-00-23-b12 A. 3和

18、1 B. 2,3和1 C. 2,3和1,2 D. 1,2,3和1【解答】选B。发送数据帧时，交换机从1号端口接收此数据帧，因目的MAC地址不在转发表中，所以交换机采用洪泛法向其它端口（2、3）转发此帧，同时将源MAC地址登记在转发表中；发送确认帧时，交换机从3号端口接收此帧，查找转发表，从相应1号端口转发此帧。【考查知识点】交换机转发表的建立和转发原则综合题1. （10年考研47题）某局域网采用CSMA/CD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，信号传播速度是200 000KM/S.请回答下列问题，并给出计算过程。（1）若主机甲和主机乙发送数据时发

19、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）（2）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大网数据帧（1518字节）向主机乙发送数据，主机乙每成功收到一个数据帧后，立即发送下一个数据帧，此时主机甲的有效数据传输速率是多少？（不考虑以大网帧的前导码）【解答】（1）当甲乙同时向对方发送数据时，两台主机均检测到冲突所需时间最短；1KM / 200000KM/S * 2 = 1 *10(-5) S当一方发送的数据马上要到达另一方时，另一方开始发送数据，两台主机均检测到冲突所需时间

20、最长；2KM / 2000000KM/S * 2 = 2 * 10(-5) S（2）发送一帧所需时间；1518B / 10MbPS = 1.2144 mS数据传播时间；2KM / 200 000KM/S=1*10（-5）S=0.01 mS总时延：1.2144 + 0.01 = 1.2244 mS有效的数据传输速率 = 10MbPS * 1.2144MS / 1.2244MS = 9.92MbPS【考查知识点】CSMA/CD协议下检测到信道碰撞的最短时间和最长时间算法和有效数据传输率。第4章 网络层选择题1. （10年考研35题）某自治系统采用RIP协议，若该自治系统内的路由器R1收到其邻居路由

21、器R2的距离矢量中包含信息net1，16，则可能得出的结论是 A. R2可以经过R1到达net1，跳数为17 B. R2可以到达net1，跳数为16 C. R1可以经过R2到达net1，跳数为17 D. R1不能经过R2到达net1【解答】选D。RIP实现了距离向量算法，并使用跨度计量标准。RIP允许一 条路径最多只能包含15个路由器，16表示无穷距离，意即不可达，因此本题中 A、B、C的描述都是错误的，只有D，R1不能经过R2到达net1的描述是正确的。【考查知识点】本题考查RIP路由协议。2. （10年考研36题）若路由器R因为拥塞丢弃IP分组，则此时R可以向发出该IP分组的源主机发送的I

22、CMP报文件类型是 A. 路由重定向 B. 目的不可达 C. 源抑制 D. 超时【解答】选C。ICMP差错控制报文的5种报告：1.目的不可达当路由器和主机不能交付数据报时就向源点发送终点不可达报文；2.源点抑制当路由器和主机由于拥塞而丢弃数据报时，就向源点发送源点抑制报文，是源点知道应当把数据报的发送速率放慢；3.时间超时当路由器收到生存时间为0的数据报时，除了丢弃该数据报外，还要向源点发送时间超时报文。当终点在预先规定的时间内不能收到一个数据报的全部数据报片时，就把已收到的数据包片都丢弃，并向源点发送时间超时报文；4.参数问题当路由器或目的主机收到的数据报的首部中有的字段值不正确时，就丢弃该

23、数据报，并向源点发送参数问题报文；5.路由重定向路由器把改变路由发送给主机，让主机知道下次应将数据报发送给另外的路由器（可通过更好的路由）。很明显选C。【考查知识点】考察第4章ICMP报文的种类及作用。ICMP报文的种类有两种：ICMP差错控制报文和ICMP询问报文。本题考察ICMP差错控制报文的5种报告。3. （10年考研37题）某网络的IP地址为192.168.5.0/24采用长子网划分，子网掩码为255.255.255.248，则该网络的最大子网个数，每个子网内的最大可分配地址个数为A：32，8 B：32，6 C：8，32 D：8，30【解答】选B。由子网掩码为255.255.255.2

24、48，则转化为二进制为11111111.11111111.11111111.11111000。前24位表示网络号，因此子网号为 5 位，在CIDR中可以表示25=32个子网，主机号为3位，除去全0和全1的情况可以表示6个主机地址。【考查知识点】本题考查子网划分与子网掩码、CIDR。5. （10年考研38题）下列网络设备中，能够抑制网络风暴的是中继器 集线器 网桥 路由器 A. 仅和 B. 仅 C. 仅和 D. 仅【解答】选C。中继器和集线器工作在物理层，不能抑制网络风暴。为了解决冲突域的问题，人们利用网桥和交换机来分隔互联网的各个网段中的通信量， 建立多个分离的冲突域。但是，当网桥和交换机接收

25、到一个未知转发信息的数据帧时，为了保证该帧能被目的结点正确接收，将该帧从所有的端口广播出去。于是可以看出，网桥和交换机的冲突域等于端口的个数，广播域为1。因此网桥能抑制网络风暴。【考查知识点】本题考查网络设备与网络风暴。6. （11年考研37题）某网络拓扑如下图所示，路由器R1只有到达子网192.168.1.0/24的路由。为使R1可以将IP分组正确地路由到所有子网，则在R1中需要加的一条路由（目的网络，子网掩码，下一跳）是 A.192.168.2.0， 255.255.255.128， 192.168.1.1 B.192.168.2.0， 255.255.255.0， 192.168.1.1

26、 C.192.168.2.0， 255.255.255.128， 192.168.1.2 D.192.168.2.0， 255.255.255.0， 192.168.1.2【解答】选D。要使R1能够正确将分组路由到所有子网，则R1中需要有到192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的路由。观察发现网络192.168.2.0/25和192.168.2.128/25的网络号的前24位都相同，于是可以聚合成超网192.168.2.0/24。从图中可以看出下一跳地址应该是192.168.1.2。【考查知识点】此题主要考察路由聚合。7.（11年考研38题）.在子网192.168.4.

27、0/30中，能接收目的地址为192.168.4.3的IP分组的最大主机数是 A. 0 B. 1 C. 2 D. 4【解答】选C。首先分析192.168.4.0/30这个网络。主机号占两位，地址范围192.168.4.0/30192.168.4.3/30，即可以容纳（4-2=2）个主机。因此选C。【考查知识点】本题考查子网划分与CIDR。8. （12年考研37题） 下列关于IP路由器功能的描述中，正确的是. 运行路由协议，设置路由表. 监测到拥塞时，合理丢弃IP分组. 对收到的IP分组头进行差错校验，确保传输的IP分组不丢失. 根据收到的IP分组的目的IP地址，将其转发到合适的输出线路上A. 仅

28、、 B. 仅、 C. 仅、 D. 、【解答】选C。中路由器对收到的IP数据报首部进行差错校验，丢弃有差错首部的报文，不保证IP分组的不丢失。【考查知识点】路由器的相关功能。9. （12年考研38题） ARP协议的功能是A. 根据IP地址查询MAC地址 B. 根据MAC地址查询IP地址C. 根据域名查询IP地址 D. 根据IP地址查询域名【解答】选A。地址解析协议ARP的作用是在知道对方IP地址的情况下，寻求解析成MAC地址。【考查知识点】ARP的作用10. （12年考研39题） 某主机的IP地址为180.80.77.55，子网掩码为255.255.252.0。若该主机向其所在子网发送广播分组，

29、则目的地址可以是A.180.80.76.0 B. 180.80.76.255 C. 180.80.77.255 D. 180.80.79.255【解答】选D。IP地址180.80.77（01001101）.55与子网掩码255.255.252（11111100）.0逐比特相与，得这个IP地址所处的网络地址为：180.80.76.0。主机号（后10位）全1时为广播地址，即180.80.79.255。【考查知识点】IP地址与子网掩码综合题1. 综合应用题（09年考研47题）某公司网络拓扑图如下图所示，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R

30、2连接域名服务器与互联网。R1的L0接口的IP地址是202.118.2.1；R2的L0接口的IP地址是202.118.2.2，L1接口的IP地址是130.11.120.1，E0接口的IP地址是202.118.3.1；域名服务器的IP地址是202.118.3.2。某公司网络拓扑图R1 和R2 的路由表结构为:目的网络IP地址子网掩码下一跳IP地址接口(1)将IP地址空间202.118.1.0/24 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.【解答】由题目知网络地址位数是24位，由于IP地址是32位，

31、因此其主机号部分就是8位。由于主机号全0和全1的地址不分配。因此8位主机号所能表示的主机数就是2的8次方减2，即254台。将此地址空间分别分配给局域网1、局域网2，每个局域网需分配的IP地址数不少于120个，则使用一位表示子网号，其中的7位表示主机号，所以划分的两个网段是：202.118.1.0/25和202.118.1.128/25 子网掩码是：255.255.255.128。【考查知识点】考察子网的划分，网络前缀(2)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.【解答】：由第一问得出局域网1的IP地址为202.118.1.0 ，局域网2的IP地址为202.118.1.128 路由器R1直接与局域网1和2通过接口E1和E2连接。路由器R1到达202.118.3.2网络需要通过R2。R1的默认路由为0.0.0.0所以R1的路由表为：目的网络IP地址子网掩码下一跳IP