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p155 34.下列四个地址块中#xff0c;与地址块 172.16.166.192/26 不重叠#xff0c;且与172.16.166.192/26聚合后的地址块不会引入多余地址的是#xff08;#xff09;
A.172.16.166.192/27 B.172.16.166.128/26 …注仅记录个人认为有启发的题目
p155 34.下列四个地址块中与地址块 172.16.166.192/26 不重叠且与172.16.166.192/26聚合后的地址块不会引入多余地址的是
A.172.16.166.192/27 B.172.16.166.128/26
C.172.16.166.0/26 D.172.16.166.0/25 不重叠表示它们的地址范围没有重叠部分即地址块 A 中的任何一个地址都不在地址块 B 中反之亦然。不会引入多余的地址表示合并后的地址块包含了原始地址块中所有的地址而没有额外的、没有利用的地址。 地址块172.16.166.192/26 包含的地址范围为从172.16.166.192到172.16.166.255 A.地址块172.16.166.192/27 包含的地址范围为从172.16.166.192到172.16.166.223 B.地址块172.16.166.128/26 包含的地址范围为从172.16.166.128到172.16.166.191 C.地址块172.16.166.0/26 包含的地址范围为从172.16.166.0到172.16.166.63 D.地址块172.16.166.0/25 包含的地址范围为从172.16.166.0到172.16.166.127 四个选项中选项A的地址块在 172.16.166.192/26内也就是有重叠 选项 B的地址块与172.16.166.192/26 不重叠聚合后的地址块为 172.16.166.128/25包含的地址范围为从172.16.166.128到172.16.166.255聚合后的地址块没有引入多余地址 选项C的地址块与 172.16.166.192/26 不重叠聚合后的地址块为 172.16.166.0/24包含的地址范围为从172.16.166.0到172.16.166.255聚合后的地址块会引入多余地址 选项D的地址块与172.16.166.192/26不重叠聚合后的地址块为172.16.166.0/24包含的地址范围为从172.16.166.0到172.16.166.255聚合后的地址块会引入多余地址。 总结找到聚合后网络前缀与题目相邻的地址例如本题就是题目的网络前缀是26聚合后地址的网络前缀为25如果聚合后的地址为24跳过了25就会出现未被利用的多余的地址。 答案B p155
38.现将一个 IP 网络划分成4个子网若其中一个子网是 172.16.1.128/26则下列网络中,不可能是另外三个子网之一的是
A.172.16.1.0/25 B.172.16.1.64/26 C.172.16.1.96/27 D.172.16.1.224/27 刚开始是想对比有无重叠的地址,但是发现排除不了: 答案: 类似于哈夫曼编码的思想可以用高度为32 的满二叉树来表示整个P地址空间因此每个 分支结点都可表示成一个地址块该分支结点下的所有叶结点的编码都是属于该地址块的地址。下图是以地址块“/24”为根结点的二叉树表示为了简洁图中省略了共同前缀 172.162.本题要求找出3个子网与题中的子网构成一个更大的网络对应到二叉树中需满足两个条件:①4个子网的地址空间互不重叠即4个分支结点不存在任何祖先或双亲关系; ②4个子网刚好能构成一个新的地址空间即存在一个结点刚好能覆盖这4个结点下的所有子孙。 现结合选项分析:选项A、D 和 110/27 可与题中子网聚合成/24网络;选项B、00/26、11/26 可与题中子网聚合成/24 网络:选项C若要与题中子网聚合成一个更大的网络则至少还需要00/26、010/27、11/26共5个子网与题意不符。注意上述对子网号的分析都是用的二进制表示。 p158
65.【2021 统考真题】现将一个 网络划分为3个子网若其中一个子网是 192.168.9.128126则下列网络中不可能是另外两个子网之一的是()
A.192.168.9.0/25 B.192.168.9.0/26 C.192.168.9.192/26 D.192.168.9.192/27 划分子网的原则是要求划分出来的子网的IP地址空间互不重叠且原来的IP地址空间不遗漏求解本题最好的方法是代入选项观察是否可将原地址空间分割为3个互不重叠的子网。根据题意将IP网络划分为3个子网。其中一个是192.168.9.128/26。可简写成10/26(省略前面相同的24位前缀其中10是128的二进制10000000的前两位因为26-242)。同理选项A可简写成0/25;选项B可简写成00/26;选项C可简写成11/26;选项D可以简写成110/27.采用二叉树形式画出这些子网的地址空间如下图所示。 p158
64.若将 101.200.16.0/20划分为5个子网则可能的最小子网的可分配地址数是()
A.126 B.254 C.510 D.1022 网络前缀为 20 位将 101.200.16.0/20 划分为5个子网为了保证有子网的可分配IP地址数尽可能小即要让其他子网的可分配IP地址数尽可能大不能采用平均划分的方法而要采用变长的子网划分方法也就是最大子网用1位子网号第二大子网用2位子网号以此类推。 p158
66.【2021统考真题】若路由器向 MTU800B的链路转发一个总长度为1580B的IP数据报,首部长度为 20B)时进行分片且每个分片尽可能大则第2个分片的总长度字段和 MF 标志位的值分别是()
A.7960 B.7961 C.8000 D.8001 链路层MTU800B。IP分组首部长20B。片偏移以8个字节为偏移单位因此除了最后个分片其他每个分片的数据部分长度都是8B的整数倍。所以最大分片的数据部分长度776B。在总长度为1580B的IP数据报中数据部分占1560B1560B/776B2.01…需要分成3片。所以第2个分片的总长度字段为796MF为1(表示还有后续的分片)。 推荐看看这一篇,有助于厘清知识点:
http://t.csdnimg.cn/sdmPV p195
25.假设R1、R2、R3采用RIP协议交换路由信息且均已收敛。若R3检测到网络201.1.2.0/25不可达并向R2通告一次新的距离向量则R2更新后其到达该网络的距离是
A.2 B.3 C.16 D.17 根据题目所给“R3检测到网络201.1.2.0/25不可达”可知R3与该网络是直连的。又根据题目所给“R1、R2、R3采用RIP协议交换路由信息且均已收敛”可知先前它们各自的路由表中关于该目的网络的路由条目分别是 又因为题目所给“R3检测到网络201.1.2.0/25不可达并向R2通告一次新的距离向量”可知R3与该网络之间的链路出现了故障当R3检测到该故障时将自己到达该网络的路由条目距离修改为16表示该网络不可达。 并且向R2发送关于这条路由条目的通告。 R2收到后更新自己相应的路由条目并将距离修改为16。 根据题目所给“则R2更新后”可知R1给R2发送了关于该路由条目的RIP更新报文。 R2听信了谣言误认为到达该目的网络可以通过R1的转发距离为3。 至此本题的答案就是B 但是继续补充一下 R2现在到达目的网络的路由条目为201.1.2.0/25下一跳为R1距离为3他会继续将这一路由信息转发给R1R1误认为可以通过R2到达目的网络所以更新路由条目为201.1.2.0/25,下一跳为R2距离为314 R2收到R1发来的路由条目误认为能通过R1到达目的网络所以更新路由条目为 201.1.2.0/25,下一跳为R1距离为415 如此循环大概就是这样的流程 只有当R1和R2的路由表中到达目的网络的路由条目中的距离都增加到16后R1和R2才知道目的网络不可达也就是才收敛在这期间R1和R2之间出现了路由环路时间长达数分钟。 总结 这就是RIP中的“坏消息传得慢”的问题。“坏消息传播得慢”又称为路由环路或距离无穷计数问题这是距离向量算法的一个固有问题。 可以采取多种措施减少出现该问题的概率或减小该问题带来的危害 •限制最大路径距离为15(16表示不可达) •当路由表发生变化时就立即发送更新报文(即“触发更新”)而不仅是周期性发送 •让路由器记录收到某特定路由信息的接口而不让同一路由信息再通过此接口向反方向传送(即“水平分割” 注使用上述措施也不能彻底避免环路问题路由环路是距离向量算法的本质所决定的。 p195
23.某分组交换网络的拓扑如下图所示各路由器使用 OSPF 协议且均已收敛各链路的度量已在图中标注。假设各段链路的带宽均为100Mb/s。分组长度为1000B其中分组的首部长度为20B。若主机A向主机B发送一个大小为980000B的文件忽略分组的传播时延和封装/解封时间从A发送开始到B接收完毕为止需要的时间是
A.80.08ms B.80.16ms C.80.32ms D.80.64ms 根据 OSPF 算法从A到B转发经过的链路代价依次为2、3、1、1、2一共经过4个路由器。分组长度为1000B首部长度为20B数据长度为980B所以共有980000/9801000个分组,每次存储转发时延为1000B / 100Mb/s0.08ms,第一个分组从A到B的时间为0.08x50.4ms,剩下的 999 个分组每经过 0.08ms 就到达一个所以总时间为0.40.08x99980.32ms。 这里考察的是流水线的计算在第一章也有类似的题型例如单选题181920 p9
18.在下图所示的采用存储转发方式的分组交换网中主机A向B发送两个长为1000B的分组路由器处理单个分组的时延为 10ms (假设路由器同时最多只能处理一个分组若在处理某个分组时有新的分组到达则存入缓存区)忽略链路的传播时延所有链路的数据借输速率为 1Mb/s则分组从A发送开始到B接收完为止需要的时间至少是 A.34ms B.36ms C.38ms D.52ms 分组长度为1000B所有链路的数据传输速率为1M/因此每段链路的发送时延为1000B / 1Mb/s 8ms第一个分组从A到达B的时间为810826ms此后又经过10ms第二个分组才到达B所以总时间为261036ms下图是传送过程的时空图。此题还可扩展为发送更多分组的情况。 p9
19.【2010统考真题】在下图所示的采用“存储-转发”方式的分组交换网络中所有链路的数据传输速率为 100Mb/s分组大小为 1000B其中分组头大小为 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发送开始到 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 分组交换的传输过程类似于流水线的方式因此本题也可采用流水线的思路。在连续传输的过程中每个存储转发设备在同一时刻发送不同的分组这类似于不同的部件在同一时刻执行不同的指令。所有链路的数据传输速率相同表示各流水段的时间相同设为r最短路径有3段链路则传输m个分组需要的时间t3r(m-1)*r。也就是说第一个分组从流水线中流出所需的时间为 3r当第一个分组从流水线中流出后每隔时间 r 就从流水线中流出一个分组。求得r0.08ms因此3r(m-1)*r3x0.08(1000-1)x0.0880.16ms。 p9
20.【2013 统考真题】主机甲通过一个路由器(存储转发方式)与主机乙互连两段链路的数据传输速率均为 10Mb/s主机甲分别采用报文交换和分组大小为10kb的分组交换向主机乙发送一个大小为8Mb1M10^6的报文若忽略链路传播延迟、分组头开销和分组拆装时间则两种交换方式完成该报文传输所需的总时间分别为
A.800ms、1600ms B.801ms、1600ms C.1600ms、800ms D.1600ms、801ms 传输图为:甲--路由器--乙 在题中没有明确说明的情况下不考虑排队时延和处理时延只考虑发送时延和传播时延,本题中忽略传播时延因此只针对报文交换和分组交换计算发送时延。 计算报文交换的发送时延。报文交换直接传输信息其发送时延是每个结点转发报文的时间。而对于每个结点均有发送时延T 8Mb / 10Mb/s0.8s因为数据从甲发出又被路由器转发1次因此共有2个发送时延所以总发送时延为1.6s即报文交换的总时延为1.6s。 计算分组交换的发送时延。简单画出前3个分组的发送时间示意图如下所示。 时刻0甲开始发送分组1。时刻r路由器开始发送分组1甲开始发送分组2。时刻2r 分组1到达路由器开始发送分组2甲开始发送分组3…… 可以看出分组1到达乙所需的时间为2r当分组1到达后每隔时间r就有一个分组到达。甲和乙通过一个路由器相连也就是2个流水段两段链路的数据传输速率相同表示流水段的时间相同即r10kb / 10Mb/s1ms则传输m个分组所需的时间 t2r(m-1)*r因为忽略分组头开销分组数m8Mb / 10kb800所以得出总发送时延 t2(800-1) *1801ms。 p243
22.A和B之间建立了TCP连接A向B发送了一个报文段其中序号字段的seq200确认号字段 ack201数据部分有2个字节则在B对该报文的确认报文段中
A.seq202ack200 B.seq201ack201
C.seq201ack202 D.seq202ack201 在A发向B的报文中,seq表示发送的报文段中数据部分的第一个字节在A的发送缓存区中的编号ack 表示A期望收到的下一个报文段的数据部分的第一个字节在B的发送缓存区中的编号。因此同一个TCP报文中的 seq和 ack 的值是没有联系的。在B发给A的报文(捎带确认中seq值应和A发向B的报文中的ack值相同即201表示期待接收到B的201序号开头的报文段 ack值表示B期望下次收到A发出的报文段的第一个字节的编号由于数据部分有2个字节200201所以B的ack应为202表示202之前的字节已经正确接收期望收到202开头的报文段。 答案C p245
43.【2011 统考真题】主机甲向主机乙发送一个(SYN1seq11220)的TCP段期望与主机乙建立 TCP 连接,若主机乙接受该连接请求,则主机乙向主机甲发送的正确的 TCP段可能是 A.(SYN0,ACK0,seq11221,ack11221) B.(SYN1,ACK1,seq11220,ack11220) C.(SYN1,ACK1,seq11221,ack11221) D.(SYN0,ACK0,seq11220,ack11220) 在确认报文段中同步位 SYN 和确认位 ACK必须都是1;返回的确认号ack是甲发送的初始序号seq11220加1即ack11221;同时乙也要选择并消耗一个初始序号seqseq 值由乙的TCP进程任意给出它与确认号、请求报文段的序号没有任何关系。 p243
24.假设 TCP 客户与 TCP 服务器的通信已结束端到端的往返时间为 RTT。t时刻 TCP客户请求断开连接则从t时刻起TCP服务器释放该连接的最短时间是
A.0.5RTT B.1RTT C.1.5RTT D.2RTT t时刻 TCP 客户请求断开连接,发出连接释放 FIN 报文段题目问的是最短时间,所以当TCP服务器收到 TCP 客户发来的 FIN 报文段后不再发送数据因此同时发出确认 ACK 报文段和连接释放 FIN 报文段即直接跳过 CLOSE-WAIT 状态TCP 客户收到FIN 报文段后必须发出确认TCP 服务器收到确认后就进入CLOSED状态共经历1.5个RTT。 答案C 补充对于TCP客户端而言即直接跳过了FIN-WAIT2所以客户机发出FIN报文段时刻算起客户机释放连接的最短时间为1RTT2MSL服务器释放连接的最短时间为1.5RTT。 p243
26.A发起与B的 TCP连接A选择的初始序号为 1666,连接建立过程中未发送任何数据,TCP 连接建立后,A给B发送了1000B 数据,B正确接收后发送给A的确认序号是()
A.1667 B.2666 C.2667 D.2668 A的初始序号为1666建立连接的第一个报文段不携带数据但要消耗一个序号。A给B发送的第二个报文段的序号是1667该报文段不携带数据因此不消耗序号。下一个数据报文段的序号仍是16671000B的序号范围是1667~2666所以B接收后发送给A的确认序号是 2667。 p244
29.在一个TCP连接中MSS为1KB当拥塞窗口为 34KB时发生了超时事件若在接下来的4个RTT内报文段传输都是成功的则当这些报文段均得到确认后拥塞窗口的大小是()
A.8KB B.9KB C.16KB D.17KB 若在拥塞窗口为 34KB 时发生了超时事件则慢开始门限值就被设定为17KB且cwnd重新设为1KB。按照慢开始算法第一个RTT后cwnd2KB第二个RTT后cwd4KB第三个RTT后cwnd8KB。当第四个RTT发出去的8个报文段的确认都收到后cwnd16KB(此时还未超过慢开始门限值)。注意题中“这些报文段均得到确认后”这句话很重要。 p244
32.甲和乙刚建立 TCP 连接并约定最大段长为 2KB假设乙总是及时清空缓存保证接收窗口始终为20KBssthresh为16KB若双向传输时间为10ms发送时延忽略不计且没有发生拥塞的情况则经过甲的发送窗口第一次达到 20KB。
A. 40ms B.50ms C.60ms D.70ms 当拥塞窗口小于 ssthresh 时拥塞窗口以指数方式增长拥塞窗口从2KB到16KB 需经过3个RTT第一个RTT后cwnd4KB第二个RTT后cwnd8KB第三个RTT后cwnd16KB超过16KB后每经过一个RTT拥塞窗口加1所以从16KB到20KB经过了4个RTT共经过了7个RTTRTT10ms所以经过70ms后甲的发送窗口第一次为20KB。 p244
36.A和B建立TCP 连接MSS为1KB。某时慢开始门限值为2KBA的拥塞窗口为4KB在接下来的一个RTT内A向B发送了4KB的数据(TCP的数据部分)并且得到了B的确认确认报文中的窗口字段的值为2KB。在下一个RTT中A最多能向B发送 数据。
A.2KB B.8KB C. 5KB D.4KB 本题中出现了拥塞窗口和接收端窗口为了保证B的接收缓存不发生溢出发送窗口应该取两者的最小值。先看拥塞窗口由于慢开始门限值为2KB第一个RTT中A拥塞窗口为4KB按照拥塞避免算法收到B的确认报文后拥塞窗口增长为5KB。再看接收端窗口B通过确认报文中窗口字段向A通知接收端窗口则接收端窗口为 2KB。因此在下一次发送数据时A的发送窗口应该为 2KB即一个 RTT内最多发送2KB。所以选项A正确。 p244
30.若甲向乙发起了一条 TCP 连接最大段长为 1KB乙每收到一个数据段都会发出一个接收窗口为 10KB 的确认段若甲在t时刻发生超时此时拥塞窗口为 16KB。则从t时刻起在不再发生超时的情况下经过10个RTT后甲的发送窗口是
A.10KB B.12KB C.14KB D.15KB 接收窗口等于 10KB。发生超时后拥塞窗口重设为1经过10个RTT后拥塞口一定大于10KB。但甲的发送窗口取拥塞窗口和接收窗口中的较小值即10KB。 p246
46.【2014 统考真题】主机甲和乙建立了 TCP 连接甲始终以 MSS1KB 大小的段发送数据并一直有数据发送乙每收到一个数据段都会发出一个接收窗口为10KB的确认段。若甲在t时刻发生超时的时候拥塞窗口为8KB则从t时刻起不再发生超时的情况下经过 10个RTT后甲的发送窗口是
A.10KB B.12KB C.14KB D.15KB 当t时刻发生超时时把ssthresh 设为8的一半即4把拥塞窗口设为1KB。然后经历10个RTT后拥塞窗口的大小依次为2,4,5,6,7,8,9,10,11,12而发送窗口取当时的拥塞窗口和接收窗口的最小值接收窗口始终为10KB所以此时的发送窗口为10KB。实际上接收窗口一直为10KB发送窗口必然小于或等于10KB只有选项A满足条件。 p245
38.甲向乙发起一个 TCP 连接最大段长MSS1KB,RTT3ms,乙的接收缓存为 16KB,且乙的接收缓存仅有数据存入而无数据取出则甲从连接建立成功至发送窗口达到8KB需经过的最小时间以及此时乙的接收缓存的可用空间分别为
A. 3ms,15KB B.9ms9KB C.6ms,13KB D.12ms,8KB 本题要求的是最小时间且题目未给出拥塞窗口的门限值所以拥塞窗口一直按指数增长是最快的。拥塞窗口从1KB增长到8KB需要3个RTT即9ms并在第1个RTT内发送1KB在第二个 RTT内发送 2KB在第三个RTT内发送4KB累积发送1247KB这时乙的接收缓存还剩 16-79KB此时的发送窗口min{拥塞窗口接收窗口}8KB所以选 B。 p246
47.【2015 统考真题】主机甲和主机乙新建一个 TCP 连接甲的拥塞控制初始值为 32KB,甲向乙始终以 MSS1KB大小的段发送数据,并一直有数据发送乙为该连接分配 16KB接收缓存并对每个数据段进行确认忽略段传输延迟。若乙收到的数据全部存入缓存不被取走则甲从连接建立成功时刻起未出现发送超时的情况下经过4个RTT后甲的发送窗口是
A.1KB B.8KB C.16KB D.32KB 发送窗口min{接收窗口拥塞窗口}。因为乙的接收缓存仅有数据存入而不取走所以每个RTT后的接收窗口等于接收缓存 - 累积收到的数据。在前4个RTT中因为拥塞窗口一直小于接收窗口所以发送窗口就等于拥塞窗口的大小4个RTT后乙收到的数据全部存入缓存不被取走接收窗口还剩1KB(16-1-2-4-81)缓存使得甲的发送窗口为1KB。 p246
48.【2017统考真题】若甲向乙发起一个 TCP 连接最大段长 MSS1KB、RTT5ms乙开辟的接收缓有为 64KB,则甲从连接建立成功至发送窗口达到 32KB,需经过的时间至少
A.25ms B.30ms C.160ms D.165ms 发送窗口min{接收窗口拥塞窗口}题中接收窗口(接收缓存)为64KB注意本题没有说明“接收缓存仅有数据存入而不取走”因此不用考虑之前发送的数据占用缓存。按照慢开始算法初始拥塞窗口为最大报文段长度1KB每经过一个RTT拥塞窗口加倍因此若没有发生超时事件则至少经过5个RTT拥塞窗口才能达到32KB。 p245
42.【2010统考真题】主机甲和主机乙之间已建立一个 TCP 连接TCP 最大段长为 1000B若主机甲的当前拥塞窗口为 4000B在主机甲向主机乙连续发送两个最大段后成功收到主机乙发送的第一个段的确认段确认段中通告的接收窗口大小为2000B、则此时主机甲还可以向主机乙发送的最大字节数是
A.1000 B.2000 C.3000 D.4000 发送方的发送窗口的上限值取接收窗口和拥塞窗口这两个值中的较小一个于是此时发送方的发送窗口为 min{4000,2000}2000B。因为确认段是对第一个段的确认所以 2000B 的含义是甲发送第一个段后还能再发送 2000B又因为之前甲连续发送了两个最大段也就是说第二个段还未收到确认所以甲还能继续向乙发送的最大字节数是2000-10001000B。 p247
55.【2021 统考真题】设主机甲通过 TCP 向主机乙发送数据部分过程如下图所示。甲在t0时刻发送一个序号seq501、封装200B数据的段在t1时刻收到乙发送的序号seq601确认序号 ack _seq501、接收窗口rcvwnd500B 的段则甲在未收到新的确认段之前可以继续向乙发送的数据序号范围是 A.501~1000 B.601~1100 C.701~1000 D.801~1100 主机甲发送 200B 数据的段后继续发送数据的段的序号 seq701。因为甲收到乙发来的确认序号为 501、接收窗口为 500 的段即从序号 501开始甲累积还能发送 500B 的数据。因为甲此时己发送从序号 501开始的 200B 数据所以甲在未收到新的确认段之前还能发送的数据字节数为500-200300B还能发送的数据序号范围是 701~1000。 p269
1.域名与具有一一对应的关系。
A.IP地址 B.MAC地址 C.主机 D.以上都不是 若一台主机通过两块网卡连接到两个网络(如服务器双线接入)则就具有两个地址每个网卡对应一个 MAC 地址显然这两个IP地址可以映射到同一个域名上。此外多台主机也可以映射到同一个域名上(如负载均衡)一台主机也可以映射到多个域名上(如虚拟主机)。因此,A、B 和C和域名均不具有一一对应的关系。 p270
11.【2010 统考真题】若本地域名服务器无缓存则在采用递归方法解析另一网络某主机域名时用户主机和本地域名服务器发送的域名请求条数分别为
A.1条1条 B.1条多条 C.多条1条 D.多条多条 用户主机向本地域名服务器采用递归查询所以只会向本地域名服务器发送1条DNS请求。本地域名服务器向其他域名服务器采用迭代查询所以本地域名服务器会分别向根域名服务器、顶级域名服务器、权限域名服务器发送 DNS 请求所以会发出多条 DNS 请求。 答案B p270
12.【2016统考真题】假设所有域名服务器均采用迭代查询方式进行域名解析。当主机访问规范域名为 www.abc.xyz.com 的网站时喊名服务器在完成该域名解析的过程中可能发出 DNS 查询的最少和最多次数分别是
A.0,3 B.1,3 C.0,4 D.1,4 最少情况当本地域名服务器中有该域名的DNS信息时不需要查询任何其他域名服务器最少发出0次DNS查询。最多情况因为均采用迭代查询方式在最坏情况下本地域名服务器需要依次迭代地向根域名服务器、顶级域名服务器(.com)、权限域名服务器(xyzcom)、权限域名服务器(abc.xyz.com)发出DNS 查询请求因此最多发出4次 DNS查询。 答案C p270
14.【2020 统考真题】假设下图所示网络中的本地域名服务器只提供递归查询服务其他域名服务器均只提供迭代查询服务局域网内主机访问Internet 上各服务器的往返时间(RTT)均为 10ms忽略其他各种时延。若主机H通过超链接http://www.abc.com/index.html请求浏览纯文本Web页 index.html则从单击超链接开始到浏览器接收到index.html页面为止所需的最短时间与最长时画分别是 A.10ms40ms
B.10ms50ms
C.20ms40ms
D.20ms50ms 题中 RTT 均为局域网内主机(主机H、本地域名服务器)访问Internet 上各服务器的往返间且忽略其他时延因此H向本地域名服务器的查询时延忽略不计。 最短时间H有该域名到IP地址映射的记录因此没有 DNS 查询时延直接和www.abc.com 服务器建立TCP连接再进行资源访问TCP连接建立的三次握手需要1.5个RTT并在第3次握手报文中捎带了对资源求然后服务器返回所请求的资源需要0.5个RTT共2个RTT即20ms。 最长时间H送B查询本地域名服务器(延时忽略)本地域名服务器依次迭代查询根域名服务器、com顶级域名服务器、abc.com域名服务器共3个RTT查询到IP地址后返回给主机H和www.abc.com服务器建立TCP连接再进行资源访问共2个RTT合计325个RTT即50ms。 p291
17.【2022 统考真题】假设主机 H 通过 HTTP/1.1 请求浏览某 Web 服务器 S上的 Web 页news408.htmlnews408.html引用了同目录下的1幅图像news408.html文件大小为 1MSS(最大段长)图像文件大小为3MSSH访问S的往返时间 RTT10 ms忽略 HTTP响应报文的首部开销和 TCP 段传输时延。若H已完成域名解析,则从H请求与S建立TCP连接时刻起到接收到全部内容止所需的时间至少是
A.30ms B. 40ms C.50ms D.60ms HTTP/1.1 默认使用持续连接所有请求都是连续发送的。要求最少时间理想的情况是TCP在第3次握手的报文段中捎带了 HTTP 请求以及传输过程中的慢开始阶段不考虑拥塞。假设接收方有足够大的缓存空间即发送窗口等同于拥塞窗口共需要经过第1个RTT进行TCP连接建立的前两次握手第2个RTT主机C发送第3次握手报文并捎带了对html文件的HTTP请求TCP连接刚建立时服务器S的发送窗口1MSS服务器S发送大小为1MSS 的 html文件第3个RTT主机C发送对 html 文件的确认并捎带了对图形文件的 HTTP请求服务器S收到确认后发送窗口变为 2MSS然后服务器S发送大小为2MSS的图像文件第4个RTT主机C向服务器S发送对收到的部分图像文件的确认服务器S收到确认后发送窗口变为4MSS然后服务器S发送剩下的 1MSS 图像文件完成传输共需要4个RTT即 40ms。整个传输过程如下图所示。
