① 2019年同等學力申碩計算機綜合試題解析--計算機網路
本文解析的原文出處都是《計算機網路第七版謝希仁》
一、填空題
1. 乙太網的爭用期是指（乙太網的端到端往返時間2 ），乙太網發送數據使用（曼切斯特）編碼
解析： 第一空出處教材P88，第七段第三句： 「因此乙太網的端到端往返時間2 稱為爭用期」
第二空原話出處教材p86，第二段第一句：「 乙太網發送的數據都使用曼切斯特編碼 的信號」
2. 一個廣域網傳輸比特率是4Kbps，傳播時延為20ms，若採用停-等協議效率是50%，幀長至少為（160）位
解析： 停止等待協議概念出處P213,
傳播時延為20ms，則往返時延rtt為40ms，效率即為信道利用率，設分組時延為T， , 忽略不計，把已知數據代入公式求出
幀長度為 （式子中有單位轉換），因此幀長度最少為160位。
3. 一個網段的網路號為130.10.3.0/21，子網掩碼可以寫為（255.255.248.0）
解析：用位與的方法即可求出。
4. TCP協議中發送窗口的大小應該由（擁塞）窗口和（接收）窗口中較小的一個決定
二、 選擇題
1. 數據鏈鏈路層採用後退N幀協議，若發送窗口大小是16，那至少需要（C）位序號才能保證不出錯
A. 7
B.6
C.5
D.4
解析： 發窗口的大小 ,n代表序號位數，n位序號要減去0的組合，最大窗口只有n個1表示為 ，因此該題選C
2. 一台主機的IP地址為152.68.70.3，子網掩碼為255.255.224.0，必須路由器才能與該主機通信的是（A）
A.152.68.62.23
B.152.68.67.15
C.152.68.85.220
D.152.68.90.30
解析： 根據子網掩碼可知網路號是19位，主機IP為152.68.70.3，與子網掩碼按位求與，其網路號為152.68.64.0,把子網掩碼與選項中ip按位求與得到，A的網路號為152.68.32.0，其他選項的網路號為152.68.64.0，因此A與題干中ip不在一個網路，因此要路由器通信。
3. 對分片後的數據進行重組的是（B）
A.中間主機
B. 目的主機
C. 核心路由器
D.下一跳路由器
解析： IP協議規定，只有最終的目的主機才可以對分片數據報進行重組，這樣做有兩個好處：首先，在目的主機上進行重組減少了路由器的計算量，當轉發一個IP數據報時，路由器不需要知道它是不是個分片；其次，路由器可以為每個分片獨立選擇路由，每個分片到達目的地所經過的路徑可以不同。
4. CIDR地址塊192.168.10.0/20所包含的IP地址范圍是（D）
A．192.168.10.0-192.168.12.255
B．192.168.10.0-192.168.13.255
C．192.168.10.0-192.168.14.255
D．192.168.10.0-192.168.15.255
解析： 根據題干192.168.10.0/20可以得到
子網掩碼是 ，
IP地址的二進製表示為：
因此原題干IP范圍為
192.168.10.0-192.168.15.255
5. 一個由25台計算機組成的通信網路，網路中任意兩台計算機之間的往返時延為20ms，他們之間採用UDP協議進行請求和響應，如果40ms內未收到響應，該計算機立即重傳請求，但很快網路發生崩潰，解決辦法是（D）
A．增加超時計時器時間
B．增加路由中隊列長度
C．在接收方使用滑動窗口機制防止緩沖區溢出
D．超時後重傳請求時，使用二進制指數退避演算法
解析： P88，二進制指數退避演算法用來確定碰撞後重傳時機，這種演算法讓發生碰撞的站在停止發送數據後，不是等待信道變為空閑後就立即再發送數據，而是推遲一個隨機的時間。
三、名詞解釋
1.BGP協議
解析： (P164第三段和第四段）
BGP邊界網關協議，是不同AS的路由器之間交換路由信息的協議。BGP力求尋找一條能夠到達目的網路且比較好的路由，而並非要尋找一條最佳路由。BGP採用路徑向量路由選擇協議。
2.DHCP協議
解析： (P295-P296）
動態主機配置協議DHCP提供了一種機制，即插即用連網，這種機制允許一台計算機加入新的網路和獲取IP地址而不用手工參與。DHCP對於運行客戶軟體和服務軟體器軟體都適用。DHCP使用客戶伺服器方式。DHCP伺服器分配給DHCP客戶的IP是臨時的，因此DHCP客戶只能在一段有限時間內使用這個分配到的IP地址。
四、計算
1. 一台路由器收到一個1500位元組的IPv4分組，IP頭部為20位元組，如果需要將該分組轉發到一個MTU為500位元組的鏈路上，
1)該IP分組共分成幾個分片，長度分別為多少位元組
2)最後一個分片的片偏移是多少位元組
解析：
（1）IP頭部20個位元組，而轉發mtu500位元組，因此數據量只有480位元組。1500個位元組分成4組，前三組都是480+20 = 500位元組，其中數據長度為480位元組，共用了1440個位元組，原來的數據量為1500-20=1480，因此第四組長度為 1480-1440 +20= 60位元組，其中數據長度為40位元組。
（2）最後一個分片的片偏移了三個分組，mtu大小為500位元組，ip佔20個位元組，每片大小最大為480，片偏移必須為8位元組的整數倍。
第一個片偏移是：0/8 = 0，第二個片偏移是：480/8=60；
第三個片偏移是：480*2/8=960/8=120， 第四個片偏移是：480*3/8=1440/8=180, 因此得到答案180。
2. 一個TCP連接使用256Kbps鏈路，其端到端的傳輸時延為128ms，實際吞吐量是128Kbps，若忽略數據封裝開銷及接收方響應分組的發送時間，發送窗口大小是多少位元組
解析： 實際吞吐量為128Kbps，使用的是256Kbps的鏈路，則說明信道利用率只有50%
ms，發送窗口大小即發送分組長度的大小，根據信道利用率公式： ， 其中 忽略不計，rtt代入公式求出分組時間T=256ms，
則窗口大小為
3. 客戶端C和S之間建立一個TCP連接，該連接總是以1KB的最大段長發送TCP段，C有足夠數據發送，當擁塞窗口為32KB時，收到了三個重復的ACK報文，如果接下來4個RTT時間內TCP段的傳輸是成功的，那麼在當四個RTT時間內發送的TCP段都得到ACK，擁塞窗口大小是多少？採用了怎樣的擁塞機制？
解析： （P234-P235）有題干可知MSS=1KB，當收到3個重復確認時，就知道接收方確實沒有收到最近發的那個報文段，立即使用 快重傳 ，此時不是用慢啟動而是使用 快恢復 演算法，接下來的 第一個rtt ，發送放調整門限ssthresh = cwnd /2 = 32/2 = 16KB,於此同時設置擁塞窗口cwnd = ssthresh = 16KB。之後並開始執行 擁塞避免演算法 ，因此接下來的連續 3個rtt 都是連續加法增大，因此最終擁塞窗口cwnd = 16+3*MSS = 19KB
因此該擁塞機制過程為： 快重傳 → 快恢復 → 擁塞避免
② 計算機網路應用基礎，請大家幫忙看看，給個正確答案。
一道大題一分啊
③ 計算機網路題
一、 單項選擇題(在每小題的四個備選答案中，選出一個正確答案。每小題2分，共50分)。
1、快速乙太網的介質訪問控制方法是（A ）。
A．CSMA/CD B．令牌匯流排
C．令牌環 D．100VG-AnyLan
2、X.25網路是（ A）。
A．分組交換網 B．專用線路網
C．線路交換網 D．區域網
3、Internet 的基本結構與技術起源於（ B ）
A.DECnet B.ARPANET
C.NOVELL D.UNIX
4、計算機網路中，所有的計算機都連接到一個中心節點上，一個網路節點需
要傳輸數據，首先傳輸到中心節點上，然後由中心節點轉發到目的節點，這
種連接結構被稱為 （ C ）
A．匯流排結構 B．環型結構
C．星型結構 D．網狀結構
5、在OSI的七層參考模型中，工作在第二層上的網間連接設備是（ C ）
A．集線器 B．路由器
C．交換機 D．網關
6、物理層上信息傳輸的基本單位稱為 ( B ) 。
A. 段 B. 位
C. 幀 D. 報文
7、100BASE-T4的最大網段長度是：（ B ）
A.25米 B. 100米
C.185米 D. 2000米
8、ARP協議實現的功能是：（ C ）
A、域名地址到IP地址的解析
B、IP地址到域名地址的解析
C、IP地址到物理地址的解析
D、物理地址到IP地址的解析
9、學校內的一個計算機網路系統，屬於（ B ）
A.PAN B.LAN
C.MAN D.WAN
10、下列那項是區域網的特徵（ D ）
A、傳輸速率低
B、信息誤碼率高
C、分布在一個寬廣的地理范圍之內
D、提供給用戶一個帶寬高的訪問環境
11、ATM採用信元作為數據傳輸的基本單位，它的長度為（ D ）。
A、43位元組 B、5位元組
C、48位元組 D、53位元組
12、在常用的傳輸介質中，帶寬最小、信號傳輸衰減最大、抗干擾能力最弱的一類傳輸介質是（ C ）
A.雙絞線 B.光纖
C.同軸電纜 D.無線信道
13、在OSI/RM參考模型中，（ A ）處於模型的最底層。
A、物理層 B、網路層
C、傳輸層 D、應用層
14、使用載波信號的兩種不同頻率來表示二進制值的兩種狀態的數據編碼方式
稱為( B )
A.移幅鍵控法 B.移頻鍵控法
C.移相鍵控法 D.幅度相位調制
15、在OSI的七層參考模型中，工作在第三層上的網間連接設備是（ B ）
A．集線器 B．路由器
C．交換機 D．網關
16、數據鏈路層上信息傳輸的基本單位稱為 ( C ) 。
A. 段 B. 位
C. 幀 D. 報文
17、下面說法錯誤的是（ C ）
A.Linux操作系統部分符合UNIX標准，可以將Linux上完成的程序經過重新修改後移植到UNIX主機上運行。
B.Linux操作系統是免費軟體，可以通過網路下載。
C.Linux操作系統不限制應用程序可用內存的大小
D.Linux操作系統支持多用戶，在同一時間可以有多個用戶使用主機
18、交換式區域網的核心設備是（ B ）
A.中繼器 B.區域網交換機
C.集線器 D.路由器
19、非同步傳輸模式（ATM）實際上是兩種交換技術的結合，這兩種交換技術是
（ A ）
A. 電路交換與分組交換 B. 分組交換與幀交換
C.分組交換與報文交換 D.電路交換與報文交換
20、IPv4地址由（ C ）位二進制數值組成。 A.16位 B.8位
C.32位 D.64位
21、決定區域網特性的主要技術一般認為有三個 , 它們是 ( C ) 。
A. 傳輸介質、差錯檢測方法和網路操作系統
B. 通信方式、同步方式和拓樸結構
C. 傳輸介質、拓撲結構和介質訪問控制方法
D. 數據編碼技術、介質訪問控制方法和數據交換技術
22、對令牌環網，下列說法正確的是（ B ）
A.它不可能產生沖突
B.令牌只沿一個方向傳遞
C.令牌網路中，始終只有一個節點發送數據
D.輕載時不產生沖突，重載時必產生沖突來。
23、網橋是在（ A ）上實現不同網路的互連設備。
A、數據鏈路層 B、網路層
C、對話層 D、物理層
24、NOVELL NETWARE 是（ A ）操作系統。
A、網路 B、通用 C、實時 D、分時
25、關於WWW服務，以下哪種說法是錯誤的？ （ C ）
A、WWW服務採用的主要傳輸協議是HTTP
B、WWW服務以超文本方式組織網路多媒體信息
C、用戶訪問Web伺服器可以使用統一的圖形用戶界面
D、用戶訪問Web伺服器不需要知道伺服器的URL地址
二、填空題(在空白處填上正確的答案，每空2分，共20分)。
1、計算機網路的拓撲結構主要有星型拓撲結構、匯流排型拓撲結構、（ 環型 ）、樹型拓撲結構及（ 網狀型 ）。
2、計算機網路分類方法有很多種，如果從覆蓋范圍來分，可以分為區域網、城域網和（ WAN ）。
3、OSI參考模型是個開放性的模型，它的一個重要特點就是具有分層結構，其中（ 表示 ）層具有的功能是規范數據表示方式和規定數據格式等。
4、路由器的功能由三種：網路連接功能、（ 路由選擇 ）和設備管理功能。
5、千兆乙太網有兩種標准，他們分別是（ 單模光纖 ）和（ UTP千兆 ）。
6、乙太網交換機的數據交換方式有（ 直接 ）交換方式、存儲轉發交換方式和改進直接交換方式。
7、從用戶角度或者邏輯功能上可把計算機網路劃分為通信子網和（資源子網 ）。
8、計算機網路最主要的功能是（ 資源共享 ）。
三、簡答題(對於下面每個題給出簡要回答，每題5分，共20分)
1、簡述OSI參考模型各層主要功能。
物理層，數據鏈路層，網路層，傳輸層，會話層，表示層
2、簡述乙太網的介質訪問控制方式的原理。
CSMA/CD
3、IP地址分成那幾類？簡述各分類地址第一個八位的取值范圍。
1-126 128-191 192-223 224-239 240-247
4、簡述各種數據交換技術。
電路交換
報文交換
虛電路
數據報
四、 論述分析題（共10分）
1．某單位申請到一個才C類IP地址，其網路號為192.168.1.0，現進行子網劃分，根據實際要求需劃分6個子網。請寫出子網掩碼以及第一個子網的網路號和主機地址范圍。
④ 計算機網路基礎填空選擇（高分，全答對追分！！！）
1. 廣域網 區域網 專用網 公共網
2. 下載
3. 512K (其實這題的答案取決於你用的是哪年的教材)
4. 56k
5. B (老教材答案)
6. D
7. C
8. C
9. D
10. B
11. C
12. ABCD (不算分隔符的話 B 才是正確的 )
13. ABCD
14. ABC (為什麼B和C一樣)
15. ADE
16. E (A選項太BT了)
好久沒 UPDATE 的 MCSE 飄過~
⑤ 計算機網路技術基礎課後習題答案
CH1 答案 一．填空題 1．通信 2．實現資源共享 3．區域網 廣域網 4．資源子網 通信子網 二．選擇題 DDBBCCA 三．簡答題 1．答：所謂計算機網路，就是指以能夠相互共享資源的方式互連起來的自治計算機系統的集合。 2．答：計算機網路技術的發展大致可以分為四個階段。 第一階段計算機網路的發展是從20世紀50年代中期至20世紀60年代末期，計算機技術與通信技術初步結合，形成了計算機網路的雛形。此時的計算機網路，是指以單台計算機為中心的遠程聯機系統。 第二階段是從20世紀60年代末期至20世紀70年代中後期，計算機網路完成了計算機網路體系結構與協議的研究，形成了初級計算機網路。 第三階段是從20世紀70年代初期至20世紀90年代中期。國際標准化組織（ISO）提出了開放系統互聯（OSI）參考模型，從而促進了符合國際標准化的計算機網路技術的發展。 第四階段是從20世紀90年代開始。這個階段最富有挑戰性的話題是互聯網應用技術、無線網路技術、對等網技術與網路安全技術。 3．網路的拓撲結構主要主要有：星型拓撲、匯流排型拓撲、環型拓撲、樹型拓撲結構、網狀型拓撲結構。 （1）星型拓撲優點：控制簡單、故障診斷和隔離容易、服務方便；缺點：電纜需量大和安裝工作量大；中心結點的負擔較重，容易形成瓶頸；各結點的分布處理能力較低。 （2）樹型拓撲優點：易於擴展、故障隔離較容易；缺點是各個結點對根的依賴性太大，如果根結點發生故障，則整個網路都不能正常工作。 （3）匯流排型拓撲的優點如下：匯流排結構所需要的電纜數量少；匯流排結構簡單，又是無源工作，有較高的可靠性；易於擴充，增加或減少用戶比較方便。匯流排型拓撲的缺點如下：匯流排的傳輸距離有限，通信范圍受到限制。故障診斷和隔離較困難。匯流排型網路中所有設備共享匯流排這一條傳輸信道，因此存在信道爭用問題， （4）環型拓撲的優點如下：拓撲結構簡單，傳輸延時確定。電纜長度短。環型拓撲網路所需的電纜長度和匯流排型拓撲網路相似，比星型拓撲網路所需的電纜短。可使用光纖。光纖的傳輸速率很高，十分適合於環型拓撲的單方向傳輸。環型拓撲的缺點如下：結點的故障會引起全網的故障；故障檢測困難；信道利用率低。 （5）網狀型拓撲優點是：可靠性好，結點的獨立處理能力強，信息傳輸容量大。 缺點是：結構復雜，管理難度大，投資費用高。 4．計算機網路的主要功能：資源共享、數據通信、實時控制、均衡負載和分布式處理、其他綜合服務。舉例說明（略）。 CH2 答案 一．填空題 1．信號
2．串列通信 並行通信 並行通信 3．調制 解調 數據機 4．幅度調制（ASK） 頻率調制（FSK） 相位調制（PSK） 5．電路交換 報文交換 分組交換 6．奇偶校驗 循環冗餘校驗 7．非屏蔽雙絞線 屏蔽雙絞線 二．選擇題 BDAABDABCCB 三．簡答題 1．答：信息是指有用的知識或消息，計算機網路通信的目的就是為了交換信息。數據是信息的表達方式，是把事件的某些屬性規范化後的表現形式，它能夠被識別，可以被描述。數據與信息的主要區別在於：數據涉及的是事物的表示形式，信息涉及的是這些數據的內容和解釋。在計算機系統中，數據是以統一的二進制代碼表示，而這些二進制代碼表示的數據要通過物理介質和器件進行傳輸時，還需要將其轉變成物理信號。信號是數據在傳輸過程中的電磁波表現形式，是表達信息的一種載體，如電信號、光信號等。在計算機中，信息是用數據表示的並轉換成信號進行傳送。 2．答：當發送端以某一速率在一定的起始時間內發送數據時，接收端也必須以同一速率在相同的起始時間內接收數據。否則，接收端與發送端就會產生微小誤差，隨著時間的增加，誤差將逐漸積累，並造成收發的不同步，從而出現錯誤。為了避免接收端與發送端的不同步，接收端與發送端的動作必須採取嚴格的同步措施。 同步技術有兩種類型： （1）位同步：只有保證接收端接收的每一個比特都與發送端保持一致，接收方才能正確地接收數據。 （2）字元或幀數據的同步：通信雙方在解決了比特位的同步問題之後，應當解決的是數據的同步問題。例如，字元數據或幀數據的同步。 3、4．略 5．傳輸出錯，目的結點接收到的比特序列除以G(x)有餘數。 CH3 答案 一．填空題 1．物理層 數據鏈路層 網路層 傳輸層 會話層 表示層 應用層 2．物理 3．比特流 差錯 4．比特 數據幀 數據包（分組） 報文 5．物理層 網路層 傳輸層 二、選擇題 DBACB BCABB CDACA 三、簡答題 1．所謂網路體系結構就是為了完成主機之間的通信，把網路結構劃分為有明確功能的層次，並規定了同層次虛通信的協議以及相鄰層之間的介面和服務。因此，網路的層次模型與各層協議和層間介面的集合統稱為網路體系結構。 2．網路體系結構分層的原則： 1）各層之間是獨立的。某一層並不需要知道它的下層是如何實現的，而僅僅需要知道下層能提供什麼樣的服務就可以了。
2）靈活性好。當任何一層發生變化時，只要層間介面關系保持不變，則在這層以上或以下各層均不受影響。 3）結構上可獨立分割。由於各層獨立劃分，因此，每層都可以選擇最為合適的實現技術。 4）易於實現和維護。這種結構使得實現和調試一個龐大而又復雜的系統變得易於處理，因為整個系統已被分解為若干個相對獨立的子系統。 3．幀同步（定界）就是標識幀的開始與結束，即接收方從收到的比特流中准確地區分出一幀的開始於結束。常見有4中幀定界方法，即字元計數法、帶字元填充的首尾界符法、帶位填充的首尾標志法和物理層編碼違例法。 4．數據鏈路層使用的地址是MAC地址，也稱為物理地址；網路層使用的地址是IP地址，也稱為邏輯地址；傳輸層使用的地址是IP地址+埠號。 5．網路層的主要功能是提供不相鄰結點間數據包的透明傳輸，為傳輸層提供端到端的數據傳送任務。網路層的主要功能有：1）為傳輸層提供服務；2）組包與拆包；3）路由選擇；4）流量控制。 6．傳輸層是計算機網路體系結構中非常重要的一層，其主要功能是在源主機與目的主機進程之間負責端到端的可靠數據傳輸，而網路層只負責找到目的主機，網路層是通信子網的最高層，傳輸層是資源子網的最低層，所以說傳輸層在網路體系結構中是承上啟下的一層。在計算機網路通信中，數據包到達指定的主機後，還必須將它交給這個主機的某個應用進程（埠號），這由傳輸層按埠號定址加以實現。 7．流量控制就是使發送方所發出的數據流量速率不要超過接收方所能接收的數據流量速率。流量控制的關鍵是需要一種信息反饋機制，使發送方能了解接收方是否具備足夠的接收及處理能力，使得接收方來得及接收發送方發送的數據幀。 流量控制的作用就是控制「擁塞」或「擁擠」現象，避免死鎖。 流量在計算機網路中就是指通信量或分組流。擁塞是指到達通信子網中某一部分的分組數量過多，使得該部分網路來不及處理，以致引起這部分乃至整個網路性能下降的現象。若通信量再增大，就會使得某些結點因無緩沖區來接收新到的分組，使網路的性能明顯變差，此時網路的吞吐量（單位時間內從網路輸出的分組數目）將隨著輸入負載（單位時間內輸入給網路的分組數目）的增加而下降，這種情況稱為擁塞。在網路中，應盡量避免擁塞現象的發生，即要進行擁塞控制。 網路層和傳輸層與流量控制和擁塞控制有關。 8．傳輸層的主要功能有：1）分段與重組數據2）按埠號定址3）連接管理4）差錯處理和流量控制。 分段與重組數據的意思如下： 在發送方，傳輸層將會話層來的數據分割成較小的數據單元，並在這些數據單元頭部加上一些相關控制信息後形成報文，報文的頭部包含源埠號和目標埠號。在接收方，數據經通信子網到達傳輸層後，要將各報文原來加上的報文頭部控制信息去掉（拆包），然後按照正確的順序進行重組，還原為原來的數據，送給會話層。 9．TCP/IP參考模型先於OSI參考模型開發，所以並不符合OSI標准。TCP/IP參考模型劃分為4個層次：1）應用層（Application Layer）；2）傳輸層（Transport Layer）；3）網際層（Internet Layer）；4）網路介面層（Host-to-Network Layer）。 10．OSI參考模型與TCP/IP參考模型的共同點是它們都採用了層次結構的概念，在傳輸層中二者都定義了相似的功能。但是，它們在層次劃分與使用的協議上有很大區別。 OSI參考模型與協議缺乏市場與商業動力，結構復雜，實現周期長，運行效率低，這是它沒有能夠達到預想目標的重要原因。 TCP/IP參考模型與協議也有自身的缺陷，主要表現在以下方面：
1）TCP/IP參考模型在服務、介面與協議的區別上不很清楚；2）TCP/IP參考模型的網 絡介面層本身並不是實際的一層，它定義了網路層與數據鏈路層的介面。物理層與數據鏈路層的劃分是必要合理的，一個好的參考模型應該將它們區分開來，而TCP/IP參考模型卻沒有做到這點。 CH4 答案 一．填空題 1．光纖 2．IEEE802.4 3．介質訪問控制子層（MAC） 邏輯鏈路子層（LLC） 4．CSMA/CD 令牌環介質訪問控制方法 令牌匯流排介質訪問控制方法 5．星型結構 匯流排型結構 環型結構 6．MAC地址 48 廠商 該廠商網卡產品的序列號 二．選擇題 ADCBCDAB 二．簡答題 1．答：區域網是在有限的地理范圍內，利用各種網路連接設備和通信線路將計算機互聯在一起，實現數據傳輸和資源共享的計算機網路。區域網特點：地理范圍有限；一般不對外提供服務，保密性較好，且便於管理；網速較快；誤碼率低；區域網投資較少，組建方便，使用靈活等。 2．答：區域網有硬體和軟體組成。區域網的軟體系統主要包括：網路操作系統、工作站系統、網卡驅動系統、網路應用軟體、網路管理軟體和網路診斷軟體。區域網的硬體系統一般由伺服器、用戶工作站、網卡、傳輸介質和數據交換設備五部分組成。 3．答：目前,區域網常用的共享式訪問控制方式有三種,分別用於不同的拓撲結構:帶有沖突檢測的載波偵聽多路訪問法（CSMA/CD），令牌環訪問控製法（Token Ring）,令牌匯流排訪問控製法（token bus）。 CSMA/CD協議主要用於物理拓撲結構為匯流排型、星型或樹型的乙太網中。CSMA/CD採用了爭用型介質訪問控制方法，原理比較簡單，技術上易實現，網路中各工作站處於平等地位，不需集中控制，不提供優先順序控制。在低負荷時，響應較快，具有較高的工作效率；在高負荷（節點激增）時，隨著沖突的急劇增加，傳輸延時劇增，導致網路性能的急劇下降。此外，有沖突型的網路，時間不確定，因此，不適合控制型網路。 令牌環（Token Ring）介質訪問控制多用於環型拓撲結構的網路，屬於有序的競爭協議。令牌環網路的主要特點：無沖突；時間確定；適合光纖；控制性能好；在低負荷時，也要等待令牌的順序傳遞，因此，低負荷時響應一般，在高負荷時，由於沒有沖突，因此有較好的響應特性。 令牌匯流排訪問控制技術應用於物理結構是匯流排的而邏輯結構卻是環型的網路。特點類似令牌環介質訪問控制技術。 4．答：CSMA/CD方法的工作原理可以簡單地概括為以下4句話：先聽後發、邊聽邊發、沖突停止、隨機延遲後重發。 5．答：由於區域網不需要路由選擇，因此它並不需要網路層，而只需要最低的兩層：物理層和數據鏈路層。IEEE802標准，又將數據鏈路層分為兩個子層：介質訪問控制子層MAC和邏輯鏈路子層LLC。
CH5 答案 一．填空題 1．交換機 路由器 2．電路交換（撥號）服務 分組交換服務 租用線路或專業服務 3．計算機主機 區域網 4．640kbps-1Mbps 1.5Mbps-8Mbps 二．選擇題 BCADAA 三．簡答題 1．答：①撥號上Internet/Intranet/LAN； ②兩個或多個LAN之間的網路互連； ③和其它廣域網技術的互連。 2．答：（1）多種業務的兼容性 （2）數字傳輸:ISDN能夠提供端到端的數字連接。 （3）標准化的介面: （4）使用方便 （5）終端移動性 （6）費用低廉 3．答：① 採用TDMA、CDMA數字蜂窩技術，頻段為450/800/900MHz，主要技術又GSM、IS-54TDMA（DAMPS）等； ② 微蜂窩技術，頻段為1.8/1.9GHz，主要技術基於GSM的GSC1800/1900，或IS-95的CDMA等； ③ 通用分組無線業務（Gerneral Packet Radio Service，GPRS）可在GSM行動電話網上收、發話費增值業務，支持數據接入速率最高達171.2Kbps，可完全支持瀏覽Internet的 Web站點。 CH6答案 一．填空題 1．unix 、linux、Netware、Windows Server系列 2．列印服務 通信服務 網路管理 二．選擇題 DBCAC 三．問答題 1．答：①從體系結構的角度看，當今的網路操作系統可能不同於一般網路協議所需的完整的協議通信傳輸功能。 ②從操作系統的觀點看，網路操作系統大多是圍繞核心調度的多用戶共享資源的操作系統。 ③從網路的觀點看，可以將網路操作系統與標準的網路層次模型作以比較。 2．答：網路操作系統除了應具有通常操作系統應具有的處理機管理、存儲器管理、設備管理和文件管理外，還應具有以下兩大功能： ①提供高效、可靠的網路通信能力； ②提供多種網路服務功能，如遠程作業錄入並進行處理的服務功能；文件傳輸服務功能；電子郵件服務功能；遠程列印服務功能等。
⑥ 網路基礎題 先謝謝了
1．在20世紀50年代，（計算機技術）和 （通信技術）技術的互相結合，為計算機網路的產生奠定了理論基礎。
2．從傳輸范圍的角度來劃分計算機網路，計算機網路可以分為 （區域網）、（城域網）和（廣域網）。其中，Internet屬於（廣域網）。
3．從邏輯功能上，計算機網路可以分成 （資源子網）和 （通訊子網）兩個部分。
4．（ARPAnet）的誕生是計算機網路發展歷史中的一個里程碑事件，為Internet的形成奠定了理論和技術基礎。
5．Internet是由分布在世界各地的計算機網路藉助於（路由器）相互聯接而形成的全球性互聯網。
6．在通信技術中，通信信道的類型有兩類:點對點式和（廣播）。在點對點式通信信道中，一條通信線路只能連接一對結點。而在 （廣播） 通信信道中，多個結點共享一個通信信道，一個結點廣播信息，其他結點必須接收信息。
二、選擇題(只有一個正確的選項)
1．目前遍布於校園的校園網屬於（ A ）。
A.LAN B.MAN
C.WAN D.混合網路
2.下列設備屬於資源子網的是 ( A )。
A．計算機軟體 B.網橋
C.交換機 D.路由器
3.Internet最早起源於( A )。
A．ARPAnet B.乙太網
C.NSFnet D.環狀網
4.計算機網路中可共享的資源包括( C ) 。
A．硬體、軟體、數據和通信信道 B.主機、外設和通信信道
C.硬體、軟體和數據 D.主機、外設、數據和通信信道
5．通信子網為網路源結點與目的結點之間提供了多條傳輸路徑的可能性，路由選擇指的是（ C ）。
A．建立並選擇一條物理鏈路
B．建立並選擇一條邏輯鏈路
C．網路中間結點收到一個分組後，確定轉發分組的路徑
D．選擇通信介質
6．下面哪一項可以描述網路拓撲結構?（ D ）
A．僅僅是網路的物理設計
B．僅僅是網路的邏輯設計
C．僅僅是對網路形式上的設計
D．網路的物理設計和邏輯設計
7．下面哪種拓撲技術可以使用集線器作為連接器?（ D ）
A．雙環狀 B.單環狀
C．匯流排狀 D.星狀
8.隨著微型計算機的廣泛應用，大量的微型計算機是通過區域網連人廣域網，而城網與廣域網的互聯是通過( D )
A．通信子網 B.路由器
C.城域網 D.電話交換網
9.ARPAnet屬於（ B ）網路。
A．電路交換 B.分組交換
C．虛電路 D.報文交換
10．區域網與廣域網之間的差異不僅在於它們所能覆蓋的地理范圍，而且還在於（ D ）。
A．所使用的傳輸介質 B.所提供的服務
C．所能支持的通信量 D.所使用的協議
11．利用各種通信手段，把地理上分散的計算機有機地連接在一起，達到相互通信而且共享軟體、硬體和數據等的系統屬於（A ）
A．計算機網路 B.終端分時系統
C．分布式計算機系統 D.多機系統
⑦ 計算機網路試題求答案
BCCAD CCAAC CDDDA AD
18.我們把計算機網路的各層及其協議的集合，稱為網路的體系結構。換種說法，計算機網路的體系結構就是這個計算機網路及其構件所應完成的功能的精確定義。
19.TCP/IP:Transmission Control Protocol/Internet Protocol(傳輸控制協議/網際網路互聯協議。
20.應用層、表示層、會話層、運輸層、網路層、數據鏈路層
21.網路介面卡
22.包含有計算機的網路、用這樣的網路加上許多路由器組成的互聯網
23.ARPANET
24.鏈路、結點
26.連通性、共享、負面影響
27.導向、非導向
28.和哪些路由器交換信息、交換什麼信息、在什麼時候交換信息
29.單工、半雙工、全雙工
30.RJ-45
打字、做題都好辛苦，望採納！ ^_^ <(￣▽￣)>
⑧ 2011--網路通訊試題解析（計算機綜合）
一、填空題（每空1分，共6分）
說明：計算中使用簡化數值：1G≈；1M≈；1K≈3
1．長度為500位的應用層數據遞交給傳輸層處理，需加上20位元組的TCP頭部。再遞交給網路層處理，需加上20位元組的IP 頭部。最後遞交給數據鏈路層的乙太網傳送，還需加上18 位元組的頭部和尾部。假設不計其他開銷，該數據的傳輸效率為約（ ） 。
【答案】：51.9%
【解析】：數據長度為：500/8=62.5位元組
傳輸效率=62.5/(62.5+20+20+18)=62.5/120.5≈51.9%
2．某計算機的IP 地址為210.23.65.122，子網掩碼為255.255.255.240，則該計算機的子網地址為（ ） ；與掩碼對應的網路前綴有（28）位。
【答案】：210.23.65.112 28
【解析】IP：210.23.65.01111010
255.255.255.11110000
210.23.65.01110000=210.23.65.112
C類地址默認掩碼24位，借了4位，網路前綴共24+4=28位另，C類地址默認掩碼24位，借了4位，4=16，故能分16個子網，有效主機有2^4-2=14個
註：A 1.0.0.0 到126.0.0.0有效0.0.0.0 和127.0.0.0保留
B 128.1.0.0到191.254.0.0有效128.0.0.0和191.255.0.0保留
C 192.0.1.0 到223.255.254.0有效192.0.0.0和223.255.255.0保留
D 224.0.0.0到239.255.255.255用於多點廣播
E 240.0.0.0到255.255.255.254保留255.255.255.255用於廣播
3．主機A和主機B要建立TCP連接，A的初始序號為X，B的初始序號為Y，在建立連接過程中，共交換了( ) 個報文；其中每一端的確認序號的含義是指示( )。
【答案】：3 下一個應該發送的順序編號
【解析】
解：TCP三次握手TCP有6種標志位標示：
SYN(synchronous建立聯機)
ACK(acknowledgement 確認)
PSH(push傳送) FIN(finish結束)
RST(reset重置)
URG(urgent緊急)
Sequence number(順序號碼)
Acknowledge number(確認號碼)
我們常用的陵行是以下三個標志位：SYN -創建一個連接，FIN -終結一個連接，ACK-確認接收到的數據三次握手(Three-way Handshake)，是指建立一個TCP連接時，需要客戶端和伺服器總共發送3個包。
4．假設使用TCP協議傳送文件。TCP的報文段大小為1K位元組（假設無擁塞，無丟失分組），接收方通告窗口為1M位元組。當慢啟動打開發送窗口達到32K 位元組時，用了（ ）個往返時延（RTT）。
【答案】 5
【解析】慢啟動，是傳輸控制協議使用的一種擁塞控制機制。慢啟動也叫做指數增長期。慢啟動是指每次TCP接收窗口收到確認時都會增長。發送方開始時發送一個報文段，然後等尺早嘩待ACK。當收到該ACK時，擁塞窗口從1增加為2，即可以發送兩個報文段。當收到這兩個報文段的ACK時，擁塞窗口就增加為4，故第n次後為𝑛=32，則n=5，指數增加關系。
註：TCP緩存區與窗口關系結論1發送窗口不是發送方通告的窗口，而是接收方通告的窗口。2接收方通告的窗口大小=發送方窗口大小。3接收方通告的窗口大小也=自己的窗口大小（即接收方窗口大小）4發送緩存>發送方窗口>已發送位元組5接收緩存>接收窗口>接收未確認位元組6TCP通信過程中，發送緩存和接收緩存大小不變，發送窗口和接收窗口可能會改變。
二、單項選擇題（每小題睜嘩1 分，共5 分）
1．主機A的乙太網適配器在線路上偵聽到一個幀，並將它遞交給主機A進行處理。下列說法中（D）不能解釋該過程。
A．該網路適配器工作在混雜模式
B．該幀的目的MAC 地址和主機A 在同一個網段中
C．該幀的目的MAC 地址是一個廣播地址
D．該幀的目的MAC 地址是主機A 所在的多播組地址
【答案】 D
【解析】IP多播（也稱多址廣播或組播）技術，是一種允許一台或多台主機（多播源）發送單一數據包到多台主機（一次的，同時的）的TCP/IP網路技術。使用同一個IP多播地址接收多播數據包的所有主機構成了一個主機組，也稱為多播組。一個多播組的成員是隨時變動的，一台主機可以隨時加入或離開多播組，多播組成員的數目和所在的地理位置也不受限制，一台主機也可以屬於幾個多播組。此外，不屬於某一個多播組的主機也可以向該多播組發送數據包。
2．採用集線器進行網路互連，下列說法中（ ）是正確的。
A．數據傳輸速率可不同，數據鏈路層協議相同
B．數據傳輸速率相同，數據鏈路層協議可不同
C．數據傳輸速率和數據鏈路層協議均相同
D．數據傳輸速率和鏈路層協議均可不同
【答案】 C
【解析】網橋能互連兩個採用不同鏈路層協議、不同傳輸介質與不同傳輸速率的網路。
3．為實現透明傳輸，PPP 協議使用的是（ ）方法。
A．字元填充
B．位填充
C．在非同步傳輸時使用位填充；在同步傳輸時使用字元填充
D．在非同步傳輸時使用字元填充；在同步傳輸時使用位填充
【答案】 C
【解析】幀的傳送需要具有透明性，即透明傳輸。透明傳輸是指不管所傳數據是什麼樣的比特組合，都應當能夠在鏈路上傳送。當所傳數據中的比特組合恰巧與某一個控制信息完全一樣時，就必須採取適當的措施，使接收方不會將這樣的數據誤認為是某種控制信息。這樣就是保證數據鏈路層的傳輸是透明的。透明傳輸在HDLC協議中使用零比特填充法，
PPP協議的同步傳輸鏈路中也用的是零比特填充法；
PPP協議非同步傳輸時和BSC協議使用的是字元填充法。
（1）零比特填充法：使一幀中兩個控制欄位之間不會出現連續6個1；當發送端出現有5個連續1，則立即填入一個0；當接收端出現5個連續1時，刪除其後的一個0。
（2）字元填充法（首尾定界符法）：在這種幀同步方式中，為了不使數據信息位中與特定字元相同的字元被誤判為幀的首尾定界符，可以在這種數據幀的幀頭填充一個轉義控制字元（DLE STX），在幀的結尾則以DLE ETX（）結束，以示區別，從而達到數據的透明性。若幀的數據中出現DLE字元，發送方則插入一個「DLE」字元，接收方會刪除這個DLE字元。
4．某單位分配了一個B類地址，計劃將內部網路分成20個子網，將來還要增加18個子網，每個子網的主機數接近700 台，一個可行的掩碼方案是（）。
A．255．255．128．0
B．255．255．248．0
C．255．255．252．0
D．255．255．254．0
【答案】 C
【解析】255.255.11111100.0 = 255.255.252.0
2^𝑚≥38 2^𝑛≥7 m+n=16 m=6
5．在採用數字證書機制的系統中，採用公鑰密碼體制提供安全服務，其中用戶的公鑰可用於（）。
A．加密和鑒別
B．解密和鑒別
C．加密和簽名
D．解密和簽名
【答案】 A
【解析】公鑰功能：加密和鑒別私鑰功能：解密和簽名
三、名詞解釋（每小題2 分，共4 分）
1．MTU
答：最大傳輸單元(Maximum Transmission Unit，MTU) 是指一種通信協議的某一層上面所能通過的最大數據包大小（以位元組為單位）。最大傳輸單元這個參數通常與通信介面有關（網路介面卡、串口等）。
2．生成樹演算法
答：利用生成樹演算法在乙太網絡中,一方面可以創建一個以某台交換機的某個埠為根的生成樹，避免環路（即避免產生轉發的幀在網路中不斷地兜圈子）。二是在乙太網絡拓撲發生變化時，通過生成樹協議達到收斂保護的目的。（註：收斂的含義是拓撲發生變化，這些交換機重新計算出一棵新的穩定的樹過程）。
四、問答和計算題（共15 分）說明：計算中使用簡化數值：1G≈10^9；1M≈10^6；1K≈10^3
1．（4 分）主機A通過一條帶寬為100Mbps 的網路鏈路向主機B 傳輸數據幀，假設每幀攜帶的數據是1K位元組，鏈路的單向時延為15ms。若設計一個滑動窗口協議,使得發送窗口和接收窗口的大小相同,最少需要多少位表示序號？
【答】：發送一幀所需時間：1*8*10^3 / 100*10^6=0.08ms
RTT為：15*2=30ms
若使用滑動窗口協議，可連續發送幀數：1＋30/0.08=376幀2^8>376>2^9，因此，至少使用9位序號
2．（5 分）考慮一個城域網，若源和目的主機之間的平均距離為10km，信號在傳輸介質中的傳播速率為2×𝟏𝟎𝟖m/s。試回答問題：
①當數據的傳輸速率為多大時，2K 位元組分組的傳輸時延等於鏈路的往返傳播時延？
②若線路帶寬為1Gbps，線路長度為2000km，數據傳輸採用停等協議，傳輸一個100K位元組的文件,能否通過增加帶寬來顯著縮短成功傳輸該文件所需的時間？試簡要說明理由。
【答案】
3．(6分)在圖1所示的網路中，主機H_A、主機H_B、路由器R_1 和路由器R_2 的各埠的IP 地址和MAC 地址分別表示為(MAC 地址，IP 地址)的形式，即有：H_A(MAC_A ,IP_A),H_B(MAC_B, IP_B), R_1 的埠11（MAC_11,IP_11）, R_1 的埠12（MAC_12，IP_12）,R_2 的埠21（MAC_21，IP_21），R_2 的埠22（MAC_22，IP_22）。試回答問題：
①主機H_A 向主機H_B 發送數據，最多需要使用多少次ARP 協議？簡要說明理由。
②主機H_A向主機H_B發送數據，試分別寫出路由器R_1的埠11收到的數據單元以及路由器R_2 的埠22轉發的數據單元中，數據鏈路層協議首部的地址欄位和網路層協議首部的地址欄位內容。
答：（1）共需3次，主機A先通過arp得到第1個路由器的MAC，第1個路由器通過arp得到第2個路由器的MAC，第2個路由器將IP包發給主機B前仍要通過ARP得到主機B的MAC，共3次。
（2）在整個傳輸中，IP數據報報頭的源和目的IP地址都不會發生變化，只要跨網段了（跨廣播域）源和目的MAC地址肯定是要變化的，且目的MAC地址是下一跳的MAC地址。