解析：这个是基本概念问题，从下而上，第一个提供的是传输层,所以选B

解析：网络体系结构并没有描述协议的内部实现细节，所以选C

解析：在OSI参考模型中，应用层的相邻层是表示层，负责解决双方交换信息的表示问题，所以选B

解析：按照OSI参考模型的结构，直接为会话层提供服务的是会话层的下一层，传输层，所以选C

解析：注意是OSI参考模型，一共有7层，除了物理层和应用层之外，其余还有5层，则一共的额外开销是100B，那么传输效率为400/500=80%，所以选A

解析：OSI参考模型的自下而上的第5层是会话层，作用是会话管理，选C

解析：语法：定义收发双方所交换信息的格式 语义：定义收发双方所有完成的操作 同步：定义收发双方的时序关系，选C

解析：传输层的下一层是网络层，自然是路由选择，选B

解析：WEB服务出现在ARPANET之后，选C

解析：R1是路由器，在网络层工作，属于第3层，Switch是交换机，在数据链路层工作，属于第二层，Hub是集线器，在物理层工作，属于第一层，所以选C

解析：明显考察的是香农公式的相关知识$c=W×log_2(1+\frac{S}{N})$

理论最大传输速率约为80kbps，那么实际速率是40kbps

解析：本题考察交换机和集线器的区别，交换机会点对点的传播信息，而集线器只会将数据广播出去，所以能收到该数据帧的有H3和H2

解析：H3和H4之间是100Base-T以太网总线，传输速率是100Mbps，以太网规定争用期为512比特时间，所以本题中的以太网争用时间为$ 512/100Mb/s=5.12\mu s$，争用期包含信号端到端的传播时延和HUB双向再生比特流的时间，

该以太网端到端的单程信号传播时延为 $5.12\mu s/2-1.535\mu s=1.025\mu s$

因此H3到H4的最远距离为：200×1.025=205m

解析：R3向R2通告的内容是，R3无法到达该网络，但R3并没有向R1更新信息，而R2收到R1更新后，会认为到达目的网络，可以从R1到R3再到目的网络，距离为3

解析：因为点对点链路使用的是201.1.3.x/30地址，则可分配地址只有两个，分别是202.1.3.9和202.1.3.10，所以R2的L0接口地址为202.1.3.10，目的IP地址就是WEB服务器地址为130.18.10.1，所以答案选D

解析：可以知道H1和H2是在同一个网络的，H3和H4在同一个网络，所以A D都不可能发生，H2和H4的默认网关是192.168.3.254，是R2的网络路由器，所以可以访问到互联网，H1和H3的默认网关在图上没有显示，所以不能正常进行IP通信

解析：如果在本地域名服务器中就有缓存，就不需要发送DNS查询，最少为0次，如果没有缓存，使用迭代方式查询，先向根域名服务器查询，然后就向顶级域名服务器查询.com，然后向权限域名服务器查询xyz.com，然后向权限域名服务器查询abc.xyz.com，最多查询4次

解析：这个主要考察的知识点是奈氏准则和调制的相关知识点，首先采用4个相位，每个相位有4种振幅，则一共有16种波形，那么可以调制的比特数量为$log_216=4$，再利用奈斯准则，传输速率为 $2×3×4=24kbps$,所以选B

解析：采用4相位调制，那么码元数为$log_24=2$，波特率×码元数=比特率，波特率=2400/2=1200波特，选B

解析：

机械特性：指明接口所用接线器的形状和尺寸

电气特性：指明在接口电缆的各条线上出现的电压的范围

功能特性：指明某条线上出现的某一电平表示各种意义

过程特性：指明对于不同功能的各种可能事件的出现顺序

选C

解析： 10 BaseT网卡使用的是曼彻斯特编码，以中间时刻的跳变来表示数据，如果正跳变表示1，则该波形的数据是11001001，如正跳变表示0，则该波形的数据是0011 0110，所以此题选A

解析：根据香农公式和奈氏准则，A，B，C都会影响传输速率，所以选D

解析：很明显，编码1是不归零编码，编码2是曼彻斯特编码，选A

解析：根据奈氏准则，在无噪声情况下的极限数据传输速率为：2W·Baud

​ 根据香农定律，极限数据传输速率$W·log_2(S/N+1)=W·log_21001=9.8W$

​ 2W·Baud>9.8W,那么Baud>4.9,则$log_2X>4.9$，X至少是32

解析：物理地址就是MAC地址，位于数据链路层，所以选C

解析：100BaseT中的T指的是Twisted pair (双绞线)

解析：是差分曼彻斯特编码，第一个码元无法判断信息，但根据之后的码元，跳变是0，不跳变1，所以选A

解析：M进制的码元表明有M个波形，因此码元和比特的关系为：$log_2M=b$，所以A正确，对于B来说，600波特是600B/s，C也同理，D选项只是说了50码元，但是没有说码元的进制，不确定

解析：考察的是回退N帧协议，协议特点是采用了累计确认的机制，如果收到了N帧的确认，那么N帧以及N帧之前的数据都可以确认接受了，即使N帧之前有些帧没有收到，那也可以确认收到

此题中，收到了0.2.3帧的确认，那么可以默认其收到了3帧以及3帧之前的确认，所以要重发的帧是4.5.6.7共4个帧，选C

解析：以太网交换机工作在计算机网络的数据链路层，PDU(协议数据单元)对于数据链路层来说，就是帧，以太网交换机进行转发时，目的地址是目的物理地址，也称为MAC地址，所以选A

解析：此题考察CSMA/CD协议的相关概念，需要了解的是争用期，最小帧长等概念

争用期=信号在数据信道中往返的时间，最小帧长=争用期×传输速率

在此题中，假设减少的距离是X，$\frac{x}{2×10^8}×2×10^9=800$,x=80,所以是80m，选D

解析：H1到H2的路径，至少包含两个路由器，也就是要经过两次转发

题目要求忽略传播时延，最终花费的时间为所有分组的发送时延+1个分组的发送时延×2

需要的时间=$(980×8)/(1×10^8)×980000/980+(1000×8)/(1×10^8)×2=80.16ms$，选C

解析：集线器可以扩展网络的广播域和碰撞域，网桥可以扩展网络的广播域，只有路由器可以隔绝网络风暴，所以选D

解析：采用选择重传协议，SR协议没有采用累计确认机制，所以超时的帧都会被重传，重传的帧数为0 2，选B

解析：只有CSMA/CA协议会对正确收到的数据帧进行确认，因为CSMA/CA是无线网采用的协议，误码率高，所以采用确认机制

解析：很明显,以太网的MAC协议就是CSMA/CD协议，而无线网的MAC协议是CSMA/CA,所以CSMA/CD提供的是无连接的不可靠服务，选A

解析：根据回退N帧协议的特点，从发送第一个数据帧开始，在未收到确认帧的情况下，可以一直连续不断的发送数据帧，为了信道利用率最高，所以应该是在发送数据帧到收到数据帧的总时间内，发送窗口的值至少应该比可以发送的帧的数目要大

假如数据帧的长度是128字节，发送一帧的时间是(128*8)/16000=64ms，发送一帧到收到确认为止的总时间为64+270×2+64=668ms，这段时间内，可以发送帧的数量为668/64=10.4375，所以至少要发送窗口至少大于11，$2^x>11$，x至少应该是4

之所以选择128字节，因为如果选择更大的字节数，那么可以发送的帧的数量会变小，题目问的是要让信道利用率达到最高，所以比特数至少是4

解析：基本概念，选A

解析：主要考察报文交换和分组交换

采用报文交换，一次性发送8MB数据，忽略传播时延，那么需要的时间为发送时延×2=1600ms

采用分组交换，一次发送10KB大小的分组，忽略传播时延，那么需要的时间为所有分组的发送时延+最后一个分组的路由器发送时延=800+1ms=801ms

解析：CDMA TDMA FDMA 都是静态划分信道的方法，不会产生冲突，CSMA是动态接入控制中的随机接入，会发生冲突，所以选B

解析：考查数据链路层中的可靠传输，对于比特流，数据链路层采用的是每5个1之间插入1个0的方法来实现可靠传输，所以选A

解析：以太网交换机有两种方式，一种是存储转发，一种是直通转发

直通转发就是在读取以太网帧的目的MAC后直接转发数据，目的MAC地址为6B，所以接受完目的MAC地址所耗费的时间=$(6×8)/(100×10^6)=0.48\mu s$,所以选B

解析：考察交换机自学习的过程

a向c发送信息，由于路由表中没有c的信息，所以会进行洪泛转发，转发端口为{2,3},并记录下a和端口1之间的关系

c向a发送信息，由于路由表中已经记录有a的消息，所以会进行单播转发，转发端口为{1}

所以选B

解析：甲乙之间的单向传播时延是50ms，则来回的总时间是100ms，在这个时间段内，主机甲发送一个分组所用的时间是 $(1000×8)/(100×10^6)=0.08ms$，0.08×1000=80ms<100ms,所以主机甲在100ms内可以发送1000个分组，数据传输速率=数据传输量/数据传输时间，

$(1000×8×1000)/0.1=80Mbps$

解析：考察的是CDMA码分多址，将C的序列分为4个一组，与A的码片分组做内积，可以得到1，-1，1，说明发送的信息是101

解析：

为了使链路利用率不小于80%，总时间的(a+b+c)的80%都应处于连续发送数据帧的过程

总时间的80%=$((1000×8)/(128×10^3)+250ms+250ms)× 0.8 =450ms$

在450ms内发送的比特数量为450×128=57600b=7200B=7.2个数据帧

后退N帧协议的发送窗口尺寸$W_t≤2^n-1$

选择重传协议的发送窗口尺寸$W_t≤2^{n-1}$，所以帧的比特数量最少是4

解析：CSMA/CD是以太网的传输协议，并不使用于无线网络，所以选B

解析：以太网本质上是一种多端口网桥，可以扩大网络的广播域，并不增加网络的冲突域，所以B，C错误，以太网交换机是工作数据链路层的协议，并不知道上层网络层协议，所以不能实现网络层协议，D也错误，答案是A

解析：IEEE 802.11的数据帧有3个地址，格式如下

则在该题中，数据帧是去往AP的，地址1为AP地址，地址2是源地址，地址3是目的地址，选B

解析：通过RTS与CTS帧的交换进行信道预约，所以选D

解析：假设数据帧的长度为X，信道利用率=发送时延/(发送时延+传输时延)

$(X/3×10^3)/(X/3×10^3+0.4)=0.4$，X=800

解析：数据包在发送过程中，MAC地址会改变，而IP地址不变，所以MAC地址分别是-51和-61，选D

解析：如果是接收窗口最大的话，那么一定是选择重传协议

发送窗口$W_T$和接收窗口$W_R$的取值范围 $W_R+W_T≤2^{n}$，所以接收窗口的最大值为3

解析：最小帧长=争用期×发送速率

争用期=$128×8/10^5=10.24\mu s$，那么，单向传播时延是$10.24\mu s/2=5.12\mu s$

解析：集线器拓展冲突域和广播域，交换机扩展广播域，隔绝冲突域，路由器隔绝冲突域和广播域，所以选C

解析：信道利用率=发送时延/(传输时延+发送时延+确认帧发送时延)

​ $0.8/(0.8×2+0.2×2)=40$%

解析：IFS2,IFS3,IFS4是短帧间间隔SIFS，而IFS1是DIFS，比SIFS长的多

解析：注意是双工状态，最后要乘2，选D

解析：需要进行CRC循环验证，步骤如下：

1. 多项式比特序列为11001，即需要在11110011的后面补上4个0，即为111100110000
2. 然后让111100110000和11001进行异或除法(相异为1，相同为0)，直到求出余数为1110
3. 将1110写到比特序列后，变成111100111110，即选D

补充：如果最后余数为不够4位，则在前面补0

解析：在RIP协议中，距离16代表不可达，所以选择D

解析：拥塞丢弃分组是源点抑制

解析：考察定长子网的概念

首先判断该IP地址为C类地址，然后子网掩码为255.255.255.248，换算成2进制，最后的字节 248=11111000，即借用了主机号的前5位作为网络号，所以网络中的最大子网个数为$2^5=32$ ,地址数量为$2^3=8$,每个子网需要一个网络地址和一个广播地址，所以最大可分配地址个数为6，选B

解析：基本概念，IP协议提供的是无连接不可靠的数据报服务

解析：考察的是路由器的跳转问题

让R1的IP分组正确地达到所有子网，首先可以确定的是下一跳的地址肯定是R2的接口192.168.1.2，然后将子网聚合，得到聚合地址块

将192.168.2.0/25和192.168.2.128/25聚合得到192.168.2.0/24，网络地址为192.168.2.0，子网掩码为255.255.255.0，所以选D

解析：考察划分子网的知识，192.168.4.0是C地址，/30说明将主句号的前6位都用作了网络号，主机号只有两位，而能够作为子网地址的只有192.168.4.2和192.168.4.1

如果192.168.4.3是单播地址，那么能接收的IP分组最大主机数为1，如果为广播地址，则接收该目的地址的IP分组的最大主机数为该地址块中可分配的地址数，最大为2，选C

解析：ICMP(Internet Control Message Protocol)是网际控制报文协议，由IP数据报封装，所以选B

解析：IP路由器确实能对收到的IP分组头进行差错校验，但是并不能保证传输的IP分组不丢失，所以选C

解析：该主机的是B类地址，子网掩码是255.255.252.0,252转化为2进制是 1111 1100，主机号的前6位被占用为网络号，主机的IP地址的广播地址为

是180.80.79.255 选D

解析：当目的地址的网络可以和多个目的网络匹配上时，选择后缀最长的网络，所以选C

解析：0.0.0.0表示主机地址，可以作为源地址，但是不能作为目的IP地址

​ 127.0.0.1表示环回测试地址，既可以作为源地址，又可以作为目的地址

​ 20.10.10.3是普通的A类地址，既可以作为源地址，又可以作为目的地址

​ 255.255.255.255是广播地址，不可以作为源地址，可以作为目的IP地址

选A

解析：基本概念问题，分别是UDP,IP,TCP

解析：划分为128个规模的子网，则$log_2X=128,X=7$，需要借用7位主机号来分配网，剩下的主机号为16-7=9，最大IP地址个数为$2^9=512$，而可以分配的IP地址数为512-2=510

解析：路由聚合的方法：找待聚合的各网络的共同前缀

聚合之后的网络地址为：35.230.32.0/19

解析：划分为5个子网，1个是可能的最小子网，那么另外4个子网要尽可能的大

101.200.16.0/20 的主机号段是 101.200.0001 |0000 0000 0000

第21位为0 也是就/21地址块是最大的地址块，然后就第21位为1的地址块再进行细分，第22位为0的地址块是第二大地址块，就第22为1的地址块细分，第23为0的地址块是第3大地址块，就第23为1的地址块进行细分，第24位为0和为1的地址块是第4，第5大地址块，也就是尽可能小的地址块，地址数量为：$2^8=256$

解析：建立虚电路的时候需要进行路由选择，虚电路网络不需要为每条虚电路预分配带宽，选B

解析：B只能组成4个子网，并不能形成3个子网，所以选B

解析：首先，IP数据报的数据部分除了最后一个外，必须是8的整数倍，MTU=800B，所以每次只能运送776B的数据部分，1560/776=2.02，所以需要至少3次，MF表示后面还有分片，选B

解析：路由器E到各个网络都必须经过其他路由器，即将路由器E到其他路由器的距离+其他路由器到网络的距离，选最小的，即为D

解析：$2^x>24$,所以x至少为5，主机号至少为5，那么选D

解析：此题考察的是TCP协议的确认机制，在TCP报文中，当正确收到了报文X，那么回传的确认的报文序号是X+1,

在此题中，第一个段的序号为200，则第二个段的序号为200+300=500，正确收到第二个段后，应该发送第三个段的序号，则为500+500=1000，选D

解析：此题考察的是TCP协议的拥塞控制，当发生堵塞的时候，慢开始门限会变为原来的一半，而发送窗口会重置为1,

此题中，拥塞窗口为16KB时发生了堵塞，则发送窗口变为1，慢开始门限变为8，经过4个RTT，则发送窗口从，1变为2,2变为4,4变为8，到8的时候启动拥塞避免算法，从8到9，所以选C

解析：此题考察TCP连接的流量控制原理

当主机乙收到了第一个段的确认段时，滑动窗口向前移动，接收窗口同时变为2000字节，此时，接收窗口内有待确认的第2段，以及还未发送的第3段，所以还可以发送的最大字节数为1000字节，所以此题选A

解析：考察的知识点是TCP连接的建立过程，当主机甲发送SYN=1,seq=x时，主机乙如果要建立连接，应该要回复SYN=1,ACK=1,seq=y,ack=x+1,综上选C

解析：考察TCP协议中的确认机制

TCP协议并没有累计确认机制，所以主机乙正确接受到第1和第3段后，会向主机甲发送的确认序号应该是第2段的序号，也就是900-400=500 选B

解析：收到乙的确认序号为2046，则要发送的需要就是2046，收到了乙的数据段序号为1913，载荷为100字节，则发送的确认序号就是1913+100=2013，所以选B

解析：考察TCP的拥塞控制

当发生超时的时候拥塞窗口为8kb，则会将慢开始门限变为4KB，发送窗口为1KB，进行慢开始算法

10个RTT后拥塞窗口变为12KB，但是乙每次都会发送接收窗口为10KB的确认段，甲的发送窗口取决于接收窗口和拥塞窗口的最小值，所以甲的发送窗口为10KB，选A

解析：UDP协议提供是无连接服务，TCP和UDP都可以提供复用/分用服务，而UDP协议并不提供可靠数据传输服务，所以选择B

解析：乙收到的数据全部存入缓存，不被取走，以为着每次接收过后，接收窗口的值都会降低，在不发生阻塞的情况下，阻塞窗口会一直提高，发送窗口的取值是阻塞窗口和接收窗口的最小值，在4个RTT后，接收窗口的值是16-1-2-4-8=1，阻塞窗口的值是1-2-4-8-16，取最小值，发送窗口是1KB，选A

解析：拥塞窗口的增长是1-2-4-8-16-32，接收窗口的减少是64-63-61-57-49-33-1，至少需要5个RTT，时间为5×5ms=25ms

解析：分用是指在目的主机收到了报文后，按照目的端口号将数据交付给上面的进程，选B

解析：若TCP支持快重传，那么会在收到连续的3次相同的确认报文后立即开始重传，时间点在t3，选C

解析：第三次握手的TCP段的ACK=y+1,y是第二次握手时乙发送的初始序列号，则为2046+1=2047，选D

解析：最长时间是在达到了慢开始门限值后，再开始增加的拥塞窗口，8到20需要经过12个RTT，就是24ms，选C

解析：在4次挥手中，甲向乙发送的FIN段是第一次挥手，其不携带任何信息，所以甲给乙发了5000-1000=4000，选C

解析：此时客户的状态时TIME_WAIT，经过2MSL后，关闭，选A

解析：UDP的首部大小为8B，而TCP的首部大小为20B，所以是D

解析：甲已经发送了200B，而乙并没有确认，所以只能发送300B，之后的数据序号为701~1000，选C

解析：TCP协议通过差错控制和纠正来保证可靠传输，选C

解析：此题考察应用层的FTP协议，在建立FTP连接时，先建立TCP控制连接用来传递FTP命令，然后再建立FTP数据连接传输数据，FTP控制连接一直建立，而FTP数据连接是有数据连接时才建立，所以此题选A

解析：在递归查询中，用户主机和本地域名服务器发送的消息都是一条，消息由服务器层层递进，选A

解析：用户于邮件服务器，邮件服务器之间都采用的是STMP协议，而用户从邮件服务器中取出数据采用的是POP3协议，所以选D

解析：从邮件服务器向用户代理发送邮件使用的是POP3协议，所以选A

解析：如果家庭局域网与ISP之间通过PPP协议，而主机使用ARP协议来获取MAC地址，查询DNS地址会用到UDP协议，所以选D

解析：POP协议的传输层协议是TCP协议，所以是有链接可靠的数据传输服务，选D

解析：因为有Cookie，所以该浏览器曾经浏览过该网址，GET报文请求浏览index.html。确实存放在该网址上，Connection方式是Close，代表不是持续连接，所以选C

解析：服务器与服务器的TCP21端口建立控制连接，但是数据连接的建立端口取决于是被动连接还是主动连接，所以连接端口不一定是20，选C

解析：DNS使用的是UDP协议，所以是无连接服务，选B

解析：SMTP传输的数据都是ASCII文本，如果不是ASCII文本，就会通过MIME来转换

解析：很明显在C/S模型中，客户和客户之间不可以直接通信，所以选B

解析：主机与WEB服务器建立连接需要三报文握手，要经过2个RTT时间，也就是20ms，题目没有给出主机和本地域名服务器之间的交互时间，所以忽略不计，那么最短时间就是20ms，最长时间是，经过根域名服务器，com顶级域名服务器，abc.com权限域名服务器，经过3次查询，最长时间是20+30ms=50ms