(2025年)海量高质量计算机网络谢希仁期末复习题及答案

(2025年)海量高质量计算机网络谢希仁期末复习题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1.若某信道带宽为3kHz，信噪比为30dB（信噪比公式为10log₁₀(S/N)），根据香农定理，该信道的最大数据传输速率约为（）A.30kbpsB.3kbpsC.300kbpsD.10kbps答案：A（解析：30dB对应S/N=1000，香农公式C=Blog₂(1+S/N)=3klog₂(1001)≈3k10=30kbps）2.以下关于CSMA/CD的描述中，错误的是（）A.适用于总线型拓扑网络B.发送数据前需检测信道是否空闲C.发生冲突后立即停止发送并等待随机时间重传D.最小帧长由网络最大端到端时延决定答案：C（解析：冲突后需发送干扰信号再退避，而非立即停止）3.某主机的IP地址为00/28，其所在子网的广播地址是（）A.11B.03C.27D.5答案：B（解析：/28子网掩码40，块大小16，100÷16=6余4，子网为96-111，广播地址111-1=110？不，块大小16，子网是96-111（96+16-1=111），所以广播地址是111，选项A？原计算错误，正确应为：IP00，子网掩码24位后4位主机位，子网地址为6（100-4=96），主机位全1为96+15=111，故广播地址11，选A）4.TCP协议中，接收方发送的确认号表示（）A.已接收的最后一个字节的序号B.下一个期望接收的字节序号C.发送方应调整的窗口大小D.接收方当前的可用缓冲区大小答案：B（解析：TCP确认号是期望收到的下一个字节的序号）5.以下应用层协议中，使用UDP作为传输层协议的是（）A.HTTPB.SMTPC.DNSD.FTP答案：C（解析：DNS查询通常使用UDP，区域传输用TCP）6.关于PPP协议的描述，正确的是（）A.仅支持点到点链路B.必须使用同步传输C.不支持身份验证D.采用CRC校验但无流量控制答案：A（解析：PPP支持同步/异步，支持PAP/CHAP认证，有FCS校验和LCP协商）7.某网络的路由表中存在多条到同一目的网络的路由，路由器选择路径的依据是（）A.最长前缀匹配B.最短跳数C.最小代价D.随机选择答案：A（解析：路由选择优先匹配最长前缀的子网掩码）8.以下关于IPv6的描述，错误的是（）A.地址长度为128位B.取消了校验和字段C.支持扩展头和选项D.必须使用DHCPv6分配地址答案：D（解析：IPv6支持无状态自动配置（SLAAC），无需DHCP）9.在TCP连接建立过程中，客户端发送SYN=1，seq=1000的报文后，服务器响应的正确报文是（）A.SYN=1,ACK=0,seq=2000,ack=1001B.SYN=1,ACK=1,seq=2000,ack=1000C.SYN=1,ACK=1,seq=2000,ack=1001D.SYN=0,ACK=1,seq=2000,ack=1001答案：C（解析：三次握手中，服务器回复SYN=1（同意连接）、ACK=1（确认客户端），ack=客户端seq+1=1001，服务器自己的seq随机（如2000））10.以下关于网络层的功能，错误的是（）A.路径选择与分组转发B.拥塞控制C.差错检测（首部校验）D.流量控制答案：D（解析：流量控制主要由运输层（TCP）实现，网络层（IP）无流量控制）二、填空题（每空1分，共15分）1.物理层的四大特性包括机械特性、电气特性、功能特性和________特性。答案：规程2.数据链路层的差错控制主要采用________校验和________重传机制。答案：CRC；ARQ（自动请求）3.路由协议RIP使用________作为度量值，最大跳数为________；OSPF使用________作为度量值。答案：跳数；15；代价（或链路状态）4.TCP连接释放时需要________次握手，其中客户端发送________报文后进入TIME_WAIT状态。答案：四；FIN5.DNS的两种查询方式是________查询和________查询，其中递归查询由________承担更多负载。答案：递归；迭代；本地域名服务器6.HTTP/1.1的默认连接方式是________，其优点是________。答案：持久连接；减少TCP连接建立开销7.IPv4数据报的首部长度字段（IHL）以________为单位，最大首部长度为________字节。答案：4字节；60（15×4）三、简答题（每题6分，共30分）1.简述电路交换、报文交换与分组交换的主要区别及适用场景。答案：电路交换在通信前建立专用物理链路（资源预留），实时性好但线路利用率低，适用于语音通信；报文交换将整个报文存储转发，无需提前建链，但时延大，适用于非实时业务；分组交换将报文拆分为小分组存储转发，时延小、线路利用率高，是现代网络的核心，适用于数据通信。2.解释CSMA/CD的工作流程，并说明为何需要规定最小帧长。答案：CSMA/CD（载波监听多路访问/冲突检测）流程：发送前监听信道（载波监听），空闲则发送，发送中持续检测冲突（冲突检测），若冲突则发送干扰信号并按二进制指数退避算法等待重传。最小帧长由网络最大传播时延决定：若帧长过短，发送时间小于往返传播时延（2τ），则冲突可能未被检测到就已发送完毕，导致无法正确重传。最小帧长=数据速率×2τ。3.比较TCP与UDP的主要特点，举例说明各自适用的应用场景。答案：TCP是面向连接、可靠、面向字节流、有拥塞控制的传输层协议；UDP是无连接、不可靠、面向数据报、无拥塞控制的协议。TCP适用于需要可靠传输的场景（如HTTP、SMTP、文件传输）；UDP适用于实时性要求高、允许少量丢包的场景（如视频流、DNS查询、游戏数据）。4.描述DHCP的工作过程（四步），并说明其解决的核心问题。答案：DHCP（动态主机配置协议）四步：①发现（DHCPDiscover，客户端广播请求）；②提供（DHCPOffer，服务器广播可用IP）；③请求（DHCPRequest，客户端选择IP并广播确认）；④确认（DHCPACK，服务器确认分配）。核心问题：自动为网络中的主机分配IP地址、子网掩码、默认网关等配置参数，减少手动配置的复杂度。5.说明TCP拥塞控制的四个阶段（慢开始、拥塞避免、快重传、快恢复）的触发条件及行为。答案：①慢开始：初始阶段，拥塞窗口（cwnd）从1MSS指数增长，直到达到慢开始门限（ssthresh）；②拥塞避免：cwnd超过ssthresh后线性增长（+1MSS/RTT）；③快重传：当收到3个重复ACK时，认为丢包但非网络拥塞，立即重传丢失的报文段；④快恢复：快重传后，将ssthresh设为当前cwnd的一半，cwnd设为ssthresh，进入拥塞避免阶段（而非慢开始）。四、计算题（每题7分，共35分）1.某公司需要为部门A（200台主机）、部门B（150台主机）、部门C（50台主机）划分子网。给定IP地址段为/24，要求子网地址连续且浪费最少。（1）计算各部门所需的子网掩码；（2）列出各子网的网络地址、可用主机地址范围及广播地址。答案：（1）部门A需≥200主机，2⁸-2=254≥200，主机位8位，子网掩码？不，/24是原网络，需划分子网。正确方法：主机数需满足2ⁿ-2≥主机数。部门A：200→n=8（2⁸-2=254），子网掩码32-8=24位？不，原网络是/24（），要划分子网需借位。部门A需要200主机，主机位至少8位（2⁸-2=254），所以子网掩码为32-8=24位？这不对，因为原网络是/24，无法再划分子网。正确应为：原网络是/24（），主机位8位。要划分子网，需从主机位借位。部门A需要200主机，2⁸-2=254≥200，所以部门A可分配一个/24子网？但原网络只有一个/24，需重新考虑。可能题目中的IP段是/24，需划分子网。正确步骤：部门A：200主机→主机位n=8（2⁸-2=254），子网掩码长度=32-8=24位？但原网络是/24，无法划分。实际应为：原网络是/24（256地址），需划分为多个子网。部门A需要200主机，需要至少200+2（网络+广播）=202地址，最接近的是256（2⁸），所以部门A用/24中的前256地址？但这样无法给其他部门。正确方法是借位：部门A需要200主机→主机位n=8（2⁸-2=254），所以子网掩码为32-8=24位，即子网为/24（但这样其他部门无法分配）。显然题目可能有误，正确应为原网络是更大的，如/16。假设题目正确，可能部门A用/25（128地址不够），/24（256地址），部门A用/24，部门B用/24（但原网络是/24）。可能题目中的IP段应为/23，可划分为两个/24。正确解法：部门A需要200主机→主机位8位（254地址），子网掩码（/24）；部门B需要150主机→主机位8位（254地址），子网掩码/24；部门C需要50主机→主机位6位（2⁶-2=62≥50），子网掩码32-6=26（92）。但原网络是/24（256地址），无法满足三个部门。正确应为原网络是/22（1024地址）。假设题目中的IP段为/22，重新计算：部门A：200主机→主机位8位，子网掩码/24（256地址），分配/24；部门B：150主机→主机位8位，子网掩码/24，分配/24；部门C：50主机→主机位6位，子网掩码/26（64地址），分配/26（网络地址，可用地址1-62，广播63）。（最终答案需根据正确IP段调整，此处假设原网络为/22）2.某CSMA/CD网络的最大端到端传播时延为20μs，数据传输速率为100Mbps，计算该网络的最小帧长（单位：比特）。答案：最小帧长=数据速率×2×传播时延=100Mbps×2×20μs=100×10⁶b/s×40×10⁻⁶s=4000比特。3.一个TCP连接中，初始拥塞窗口（cwnd）为2MSS（最大报文段长度），慢开始门限（ssthresh）初始为16MSS。当cwnd增长到20MSS时，发生超时重传。假设后续无快重传，描述拥塞窗口的变化过程（以RTT为单位）。答案：RTT1：cwnd=2（慢开始）RTT2：cwnd=4（慢开始）RTT3：cwnd=8（慢开始）RTT4：cwnd=16（慢开始，达到ssthresh）RTT5：cwnd=17（拥塞避免，+1）RTT6：cwnd=18（拥塞避免）RTT7：cwnd=19（拥塞避免）RTT8：cwnd=20（拥塞避免）此时超时，ssthresh更新为20/2=10MSS，cwnd重置为1MSS（慢开始）。4.计算二进制序列101101的CRC校验码（提供多项式G(x)=x³+x+1，即1011）。答案：步骤：①信息码后加3位0（提供多项式次数3），得到101101000；②用1011对101101000进行模2除法：1011)101101000计算得余数为100（具体过程：1011×1=1011，异