『壹』 計算機網路 考題
（老師欽點）1-05 網際網路的發展大致分為哪幾個階段？請指出這幾個階段最主要的特點
第一階段：
特點 從單個網路 ARPANET 向互聯網發展的過程
第二階段：從 1985年開始
特點 建成了三級結構的互聯網
第三階段：從1993年開始
特點 逐漸形成了多層次 ISP 結構的互聯網
（老師欽點）1-10 試在下列條件下比較電路交換和分組交換。要傳送的報文共x（bit），從源站到目的站共經過k段鏈路，每段鏈路的傳播時延為d（s），數據率為C（bit/s）。在電路交換時電路的建立時間為s（s）。在分組交換時分組長度為p（bit），且各結點的排隊等待時間可忽略不計。問在怎樣的條件下，分組交換的時延比電路交換的要小？
分組交換 ： x/C+(k-1)p/C+kd
電路交換 ： s+x/C+kd
當 x/C+(k-1)p/C+kd＜s+x/C+kd時，
即 (k-1)p/C＜s
1-17收發兩端之間的傳輸距離為1000km，信號在媒體上的傳播速率為2.3×10^8
試計算以下兩種情況的發送時延和傳播時延：
1） 數據長度為10^7 bit，數據發送速率為100kbit/s，傳播距離為1000km，信號在媒體上的傳播速率為2×10^8m/s。
2） 數據長度為10^3 bit，數據發送速率為1Gbit/s，傳輸距離和信號在媒體上的傳播速率同上。
從以上計算結果可得出什麼結論：
（1）：發送延遲=10^7/（100×1000）=100s
傳播延遲=1000×1000/（2×10 8）=5×10 -3s=5ms
（2）：發送延遲=10 3/（10 9）=10-6s=1us
傳播延遲=1000×1000/（2×10^8）=5×10-3s=5ms
若數據長度大而發送速率低，則在總的時延中，發送時延往往大於傳播時延。但若數據長度大而發送速率高，則傳播時延就可能是總時延中的主要部分。
（老師欽點）3-09． 一個PPP幀的數據部分（用十六進制寫出）是7D 5E FE 27 7D 5D 7D 5D 65 7D 5E。試問真正的數據是什麼（用十六進制寫出）？
答：7E FE 27 7D 7D 65 7E。(7D 5D和 7D 5E是位元組填充）
（老師欽點）3-19.乙太網使用的CSMA/CD協議是以爭用方式接入到共享信道。這與傳統的時分復用TDM相比優缺點如何？
從網路上負載輕重，靈活性以及網路效率等方面進行比較
網路上負荷較輕時，CSMA/CD協議很靈活。但網路負荷很重時，TDM的效率就很高。
（老師欽點）3-33 112頁
（老師欽點）4-03 作為中間系統，轉發器、網橋、路由器和網關都有何區別？
1）轉發器、網橋、路由器、和網關所在的層次不同。
物理層中繼系統：轉發器 (repeater)。
數據鏈路層中繼系統：網橋 或 橋接器 (bridge)。
網路層中繼系統：路由器 (router)。
網路層以上的中繼系統：網關 (gateway)。
2）當中繼系統是轉發器或網橋時，一般並不稱之為網路互連，因為仍然是一個網路。
路由器其實是一台專用計算機，用來在互連網中進行路由選擇。一般討論的互連網都是指用路由器進行互連的互連網路。
4-09（老師欽點）
1）子網掩碼為 255.255.255.0 代表什麼意思？
2）一網路的現在掩碼為 255.255.255.248，問該網路能夠連接多少個主機？
3）一A 類網路和一 B 類網路的子網號subnet-id分別為16個1和8個1，問這兩個網路的子網掩碼有何不同？
4）一個B類地址的子網掩碼是255.255.240.0。試問在其中每一個子網上的主機數最多是多少？
5）一A類網路的子網掩碼為 255.255.0.255，它是否為一個有效的子網掩碼？
6）某個IP地址的十六進製表示為C2.2F.14.81，試將其轉換為點分十進制的形式。這個地址是哪一類IP地址？
7）C 類網路使用子網掩碼有無實際意義？為什麼？
1)C類地址對應的子網掩碼默認值。但也可以是A類或B類地址的掩碼，即主機號由最後8位決定，而路由器尋找網路由前24位決定。
2）255 - 248 = 7，6台主機，（000 111不行）
3）子網掩碼一樣，但子網數目不同
4）最多可有4094個，2^12 -2 = 4094 (不考慮全0 全1）
5）有效，但不推薦這樣使用
6）194.47.20.129，C類 （C類地址范圍 192.0.1 - 224.255.255 書121頁）
7）有。對於小網路這樣做還可進一步簡化路由表
（老師欽點）4-17 一個3200位長的TCP報文傳到IP層，加上160位的首部後成為數據報。下面的互聯網由兩個區域網通過路由器連接起來。但第二個區域網所能傳送的最長數據幀中的數據部分只有1200位。因此數據報在路由器必須進行分片。試問第二個區域網向其上層要傳送多少比特的數據（這里的「數據」當然指的是區域網看見的數據）？
1200*3 + 80+160 = 3840bit 共4片
（老師欽點）4-20. 設某路由器建立了如下路由表（這三列分別是目的網路、子網掩碼和下一跳路由器，若直接交付則最後一列表示應當從哪一個介面轉發出去）
目的網路 子網掩碼 下一跳
128.96.39.0 255.255.255.128 介面0
128.96.39.128 255.255.255.128 介面1
128.96.40.0 255.255.255.128 R2
192.4.153.0 255.255.255.192 R3
（默認） - R4
現共收到5個分組，其目的站IP地址分別為：
（1）128.96.39.10
（2）128.96.40.12
（3）128.96.40.151
（4）192.4.153.17
（5）192.4.153.90
試分別計算其下一跳
解：
（1）分組的目的站IP地址為：128.96.39.10。先與子網掩碼255.255.255.128相與，得128.96.39.0，可見該分組經介面0轉發。
（2）分組的目的IP地址為：128.96.40.12。與子網掩碼255.255.255.128相與得128.96.40.0，經查路由表可知，該項分組經R2轉發。
（3）分組的目的IP地址為：128.96.40.151，與子網掩碼255.255.255.128相與後得128.96.40.128，與子網掩碼255.255.255.192相與後得128.96.40.128，經查路由表知，該分組轉發選擇默認路由，經R4轉發。
（4）分組的目的IP地址為：192.4.153.17。與子網掩碼255.255.255.128相與後得192.4.153.0。與子網掩碼255.255.255.192相與後得192.4.153.0，經查路由表知，該分組經R3轉發。
（5）分組的目的IP地址為：192.4.153.90，與子網掩碼255.255.255.128相與後得192.4.153.0。與子網掩碼255.255.255.192相與後得192.4.153.64，經查路由表知，該分組轉發選擇默認路由，經R4轉發
（老師欽點）4-26 有如下的四個/24地址塊，試進行最大可能的聚合。
212.56.132.0/24
212.56.133.0/24
212.56.134.0/24
212.56.135.0/24
答：212=（11010100）2，56=（00111000）2
132=（10000100）2，
133=（10000101）2
134=（10000110）2，
135=（10000111）2
所以共同的前綴有22位，即1101010000111000 100001，聚合的CIDR地址塊是：212.56.132.0/22
（老師欽點）4-28 看一看
（老師欽點）4-31以下地址中的哪一個和86.32/12匹配？請說明理由。
（1）86.33.224.123；（2）86.79.65.216；（3）86.58.119.74；（4）86.68.206.154。
答案：
（1）與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12匹配
（2）與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配
（3）與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配
（4）與1111111111110000 00000000 00000000逐比特相「與」和86.32/12不匹配
（老師欽點）4-41假定網路中的路由器B的路由表有如下的項目（這三列分別表示「目的網路」、「距離」和「下一跳路由器」）
N17A
N22C
N68F
N84E
N94F
現在B收到從C發來的路由信息（這兩列分別表示「目的網路」和「距離」）：
N24
N38
N64
N83
N95
試求出路由器B更新後的路由表（詳細說明每一個步驟）
解：路由器B更新後的路由表如下：
N17A無新信息，不改變
N25C相同的下一跳，更新
N39C新的項目，添加進來
N65C不同的下一跳，距離更短，更新
N84E不同的下一跳，距離一樣，不改變
N94F不同的下一跳，距離更大，不改變
（老師欽點）5—01 試說明運輸層在協議棧中的地位和作用，運輸層的通信和網路層的通信有什麼重要區別？為什麼運輸層是必不可少的？
答：
運輸層處於面向通信部分的最高層，同時也是用戶功能中的最低層，向它上面的應用層提供服務
運輸層為應用進程之間提供端到端的邏輯通信，但網路層是為主機之間提供邏輯通信（面向主機，承擔路由功能，即主機定址及有效的分組交換）。
各種應用進程之間通信需要「可靠或盡力而為」的兩類服務質量，必須由運輸層以復用和分用的形式載入到網路層。
（老師欽點）5—05 試舉例說明有些應用程序願意採用不可靠的UDP，而不用採用可靠的TCP。
答：
VOIP：由於語音信息具有一定的冗餘度，人耳對VOIP數據報損失由一定的承受度，但對傳輸時延的變化較敏感。
有差錯的UDP數據報在接收端被直接拋棄，TCP數據報出錯則會引起重傳，可能帶來較大的時延擾動。
因此VOIP寧可採用不可靠的UDP，而不願意採用可靠的TCP。
（老師欽點）5—14 UDP用戶數據報的首部十六進製表示是：06 32 00 45 00 1C E2 17.試求源埠、目的埠、用戶數據報的總長度、數據部分長度。這個用戶數據報是從客戶發送給伺服器發送給客戶？使用UDP的這個伺服器程序是什麼
解：
源埠1586，目的埠69，UDP用戶數據報總長度28位元組，數據部分長度20位元組。
此UDP用戶數據報是從客戶發給伺服器（因為目的埠號<1023，是熟知埠）、伺服器程序是TFFTP。
（老師欽點）5—19 試證明：當用n比特進行分組的編號時，若接收到窗口等於1（即只能按序接收分組），當僅在發送窗口不超過2n-1時，連接ARQ協議才能正確運行。窗口單位是分組。
見書上答案 434
（老師欽點）5—23 主機A向主機B連續發送了兩個TCP報文段，其序號分別為70和100。試問：
（1） 第一個報文段攜帶了多少個位元組的數據？
（2） 主機B收到第一個報文段後發回的確認中的確認號應當是多少？
（3） 如果主機B收到第二個報文段後發回的確認中的確認號是180，試問A發送的第二個報文段中的數據有多少位元組？
（4） 如果A發送的第一個報文段丟失了，但第二個報文段到達了B。B在第二個報文段到達後向A發送確認。試問這個確認號應為多少？
（1）第一個報文段的數據序號是70到99，共30位元組的數據。
（2）確認號應為100.
（3）80位元組。
（4）70 （快重傳）
（老師欽點）5—24 一個TCP連接下面使用256kb/s的鏈路，其端到端時延為128ms。經測試，發現吞吐量只有120kb/s。試問發送窗口W是多少？（提示：可以有兩種答案，取決於接收等發出確認的時機）。
書上 435
（老師欽點）5—39 TCP的擁塞窗口cwnd大小與傳輸輪次n的關系如下所示：.....
書上 436
6-35 SNMP使用UDP傳送報文。為什麼不使用TCP？
答：因為SNMP協議採用客戶/伺服器工作方式，客戶與伺服器使用request和response報文建立了一種可靠的請求/響應關系，因此不必再耗時建立TCP連接。而採用首部開銷比TCP小的UDP報文形式。
9-07．無線區域網的MAC協議有哪些特點？為什麼在無線區域網中不能使用CSMA/CD協議而必須使用CSMA/CA協議？
答：無線區域網的MAC協議提供了一個名為分布式協調功能（DCF）的分布式接入控制機制以及工作於其上的一個可選的集中式控制，該集中式控制演算法稱為點協調功能（PCF）。DCF採用爭用演算法為所有通信量提供接入；PCF提供無爭用的服務，並利用了DCF特性來保證它的用戶可靠接入。PCF採用類似輪詢的方法將發送權輪流交給各站，從而避免了沖突的產生，對於分組語音這樣對於時間敏感的業務，就應提供PCF服務。 由於無線信道信號強度隨傳播距離動態變化范圍很大，不能根據信號強度來判斷是否發生沖突，因此不適用有線區域網的的沖突檢測協議CSMA/CD。
802.11採用了CSMA/CA技術，CA表示沖突避免。這種協議實際上是在發送數據幀前需對信道進行預約。 這種CSMA/CA協議通過RTS（請求發送）幀和CTS（允許發送）幀來實現。源站在發送數據前，先向目的站發送一個稱為RTS的短幀，目的站收到RTS後向源站響應一個CTS短幀，發送站收到CTS後就可向目的站發送數據幀。
『貳』 關於計算機網路綜合題
思路：既然有5個不同地區，那麼就要劃分5個子網段，但是每個部分要有15台主機，因此又要保證每個子公司所屬的網段中有至少15的可用ip地址。
步驟：
1. 先劃分各子網段。
有5個地區，那麼就有2的n次方≥5，n的最小值=3。因此，網路位需要向主機位借3位。那麼就可以從192.138.19.0/24這個大網段中劃出2的3次方=8個子網，因為網路位向主機位借了3位，所以網路號就變成了192.138.19.0/27，此時又保證了每個子網有大於15（2的5次方）可用主機IP，滿足每個子網主機數量的要求。
2.列出子網（這種是比較笨的方法）
先將192.138.19.0/24用二進製表示
11000000.10001010.00010011.00000000/24
借3位後（可劃分出8個子網）：
11000000.10001010.00010011.00000000/27→→→→192.138.19.0/27 主機地址范圍： 192.138.19.1 - 192.138.19.30 廣播地址：192.138.19.31
11000000.10001010.00010011.00100000/27→→→→ 192.138.19.32/27 主機地址范圍：192.138.19.33 - 192.138.19.62 廣播地址：192.138.19.63
11000000.10001010.00010011.01000000/27→→→→192.138.19.64/27 主機地址范圍：192.138.19.65 - 192.138.19.94 廣播地址：192.138.19.95
11000000.10001010.00010011.01100000/27→→→→192.138.19.96/27 主機地址范圍：192.138.19.97 - 192.138.19.126 廣播地址：192.138.19.127
11000000.10001010.00010011.10000000/27→→→→192.138.19.128/27 主機地址范圍：192.138.19.129 - 192.138.19.158 廣播地址：192.138.19.159
11000000.10001010.00010011.10100000/27→→→→192.138.19.160/27 主機地址范圍：192.138.19.161 - 192.138.19.190 廣播地址：192.138.19.191
11000000.10001010.00010011.1100000/27→→→→192.138.19.192/27 主機地址范圍：192.138.19.193 - 192.138.19.222 廣播地址：192.138.19.223
11000000.10001010.00010011.11100000/27→→→→192.138.19.224/27 主機地址范圍：192.138.19.225 - 192.138.19.254 廣播地址：192.138.19.255
等你熟練了就可以這樣計算，已知第一個網路號為192.138.19.0/27，那麼第一個子網就是從
192.138.19.0-192.138.19.31 （2的5次方就是32即為0-31的共32個），後面就是32疊加，第二個就是192.138.19.32-192.138.19.63以此類推。
『叄』 計算機網路第一章課後習題1-10求解
k段：A-1-2-3-4-5-(K-1)-B，源點為A 終點為B，中間有k-1個結點，每個結點有發送延遲，因此總發送延遲： （k-1）*p/b；A結點報文為劃分為分組數量：x/p，報文發送延遲x/p*p/b=x/b；總的傳播延遲：k*d，合計： （k-1)*p/b+x/b+kd
『肆』 求解兩道計算機網路技術題，可追加懸賞，謝謝！
我有點緊張啊，答錯了怕要挨網友的罵，另外哥們兒，你在讀大學嗎？這是老師留的作業嗎？
第一題：(1)、允許配置的最小IP是192.168.4.2（注意，不能是192.168.4.1，別跟路由器R2下面那個介面的IP重了，那個IP待會兒要設成網關的，網關和主機IP不能重復）；
最大IP是192.168.4.254（主機號不能全0全1這點應該知道吧，第二問也給提示了）；
子網掩碼明顯是255.255.255.0，要接入的網路是192.168.4.0/24嘛，後面這個24就是24位網路前綴，也就是子網掩碼中前24位全是1；
默認網關就是192.168.4.1。
(2)、分析：原來H2所在網路是192.168.5.0/24，說明後8位是主機號，要分成兩個一樣大的子網，要求子網規模盡可能大，所謂「子網規模盡可能大」，意思就是子網號所佔位數盡可能少，剩下更多位數給主機號，所以按理說從主機號中拿出前1位來做子網號就可以了，一個0一個1正好倆子網，但人家又說不允許全0全1的子網號，所以拿1位不夠，要拿前2位出來，那就四種子網號，00,01,10,11，而00和11不能用，所以兩個子網號分別是01和10。
子網掩碼是255.255.255.192（前三個255對應24位網路前綴，後面的192對應2位子網號）
那麼子網A的子網地址就是192.168.5.64/26，它的廣播地址（也就是主機號全1）是192.168.5.127；
子網B的子網地址就是192.168.5.128/26，它的廣播地址是192.168.5.191；
它倆允許接入的主機數目都是2^6-2=62（減的這個2是主機號全0和全1的那倆）
第二題：數據報總長980B，首部說固定長度，那就按20B來算，所以數據報的組成是960B的數據+20B的首部。
(1)、顯然要分成兩個數據分片，第一個數據欄位長度是640B（最大長度660B-20B的首部），它的片偏移是0，MF=1（MF=1代表後面還有分片，MF=0代表後面沒有分片了），第二個數據欄位長度是320B（總共960B減去第一個分片的640B），它的片偏移是80（片偏移以8B為單位，這點一定要牢記，640B/8B=80），MF=0。
(2)、不會報錯，ICMP對第一個分片後續的所有分片都不發送差錯報告報文，ICMP發送的差錯報告只有這五種類型：1、終點不可達；2、源點抑制，也就是擁塞；3、時間超過，也就是TTL減到0了；4、參數問題，比如DF=1並且分組長度還超過了MTU；5、改變路由，也就是找到更短路徑了；ICMP記住一句話：只要出這五類錯就丟棄並返回報告報文。
『伍』 網路練習題~~~ 急~~
1計算機網路的最大優點是( C．資源共享)。
2傳輸速率的單位是bps，其含義是(D. )。
3把同種或異種類型的網路相互連起來，叫做( B．互聯網)。
1．區域網的三種拓撲結構分別是_星型_、_環型_和_匯流排型_。（PS：出現兩種或兩種以上稱混合型）
2．CHINANET的中文名稱是_中國公用Internet骨幹網_。
3．在計算機網路中，伺服器提供的共享資源主要是指硬體、軟體和_數據_資源。
4．Hub的中文名稱是_集線器_。
4數據傳輸的可靠性指標是( D．誤碼率 )。
5網路協議是(B )。
6互聯網路的基本含義是(A. )。
5．計算機網路按其覆蓋的地理范圍可以分為三類，即_區域網_、_廣域網_和_城域網_。
6．網際網路的英文名稱是_Internet_。
7．世界上最早投入運行的計算機網路是_Arpanet_。
8區域網的簡稱是_LAN_，廣域網的簡稱是_WAN_。
↑↑↑↑LAN 和 WAN一定要大寫,我考試扣過分,死都記得.
7在計算機網路中，通常把提供並管理共享資源的計算機稱為( C．伺服器 )。
8下列四項中，不屬於互聯網的是(C．Novell )。
9Novell網路是美國Novell公司開發的一種(A. 區域網)。
9．中國在國際互聯網路信息中心正式注冊並運行的頂級域名是_.cn_。
10計算機網路是發展經歷了 （單級計算機網路）、（計算機網路對計算機網路）和（開放式標准化計算機網路）三個階段。
11計算機網路的主要功能包括（數據通信）、（硬體資源共享）、（軟體資源共享）、（數據資源共享）。
12計算機網路在邏輯功能上可以劃分為（資源）子網和（通信）子網兩個部份。
10CERNET是(D.中國教育和科研計算機網)。
11計算機網路的目標是實現(C. 資源共享和信息傳輸)。
12區域網常用的網路拓撲結構是(C. 匯流排型、星型和環型)。
沒有絕對,只有相對.
真正理解了其中的含義,答案又有什麼重要的呢
『陸』 計算機網路安全管理復習題
《網路安全管理及實用技術》機械工業出版社，賈鐵軍主編，教育部教學指導委員會推薦教材，雙色印刷，很受歡迎已經重新印刷。
『柒』 計算機網路試題
1) z=(p-1)*(q-1)=60，且d與z互質，則d可以是7，11，13，17，19。
2）z=(p-1)*(q-1)=360，且e*d=1(mod z)，即 e*7=1(mod 360)，則e=103。
3）z=(p-1)*(q-1)=40，且e*d=1(mod z)，即 e*27=1(mod 40)，則e=3。
n=p*q=55，則公開密匙為（3，55）。
明文a，即a=01，密文C=P^e (mod n) =1^3 (mod 55)=1；
明文b，即b=02，密文C=P^e (mod n) =2^3 (mod 55)=8；
明文c，即c=03，密文C=P^e (mod n) =3^3 (mod 55)=27；
明文d，即d=04，密文C=P^e (mod n) =4^3 (mod 55)=9；
明文e，即e=05，密文C=P^e (mod n)=5^3 (mod 55)=15；
明文f，即f=06，密文C=P^e (mod n)=6^3 (mod 55)=51；
明文g，即g=07，密文C=P^e (mod n)=7^3 (mod 55)=13；
明文h，即h=08，密文C=P^e (mod n)=8^3 (mod 55)=17；
明文i，即i=09，密文C=P^e (mod n)=9^3 (mod 55)=14；
明文j，即j=10，密文C=P^e (mod n)=10^3 (mod 55)=10；
明文k，即k=11，密文C=P^e (mod n)=11^3 (mod 55)=11；
所以明文abcdefghijk加密後的密文是1827915511317141011
『捌』 《計算機網路技術》期末試題，求解！！
1計算機網路：
2、網卡
3、活動目錄
4、網路協議：
5、VLAN（Visual local area network）——稱為虛擬區域網
二、判斷題
1、錯
2、錯
3、錯 DNS主要作用是域名解析 ARP協議：IP地址轉化為MAC地址。 （ ）
4、錯?
5、錯
6、錯
7、錯 CSMA/CD適用於乙太網。
8、錯 光纖
9、錯
10、NTFS文件系統利用convert命令可以轉化為FAT文件系統。（ ）
三、填空題
1、WAN MAN LAN
2、星型 樹型
3、光纖 電纜 雙絞線
4、STP<可屏蔽雙絞線> UTP<不可屏蔽雙絞線> ，單膜光纖 多膜光纖。
5、物理層 數據鏈路層 傳輸層 表示層 應用層
6、A類 B類 C類 D類
四、單選題
1、D
2、C
3、A 主機是資源子網
4、D
5、 C
6、B
7、D
8、D
9、C
10、B MAC地址 48位
『玖』 《計算機網路》關於應用層的2道習題
第一題：
第1秒，建立TCP連接；
第2秒，擁塞窗口為1個分組的大小，用戶發送HTTP請求，並且收到第1個分組；
第3秒，擁塞窗口為2個分組的大小，用戶收到2個分組；
第4秒，擁塞窗口為4個分組的大小，用戶收到4個分組；
第5秒，擁塞窗口為8個分組的大小，用戶收到7個分組；
因此用戶下載該網頁需要的時間為5秒